2021年江西省九江市高考化学三模试卷（有详细解析）

这是一份2021年江西省九江市高考化学三模试卷（有详细解析），共86页。试卷主要包含了选择题，非选择题，电解原理的应用等内容，欢迎下载使用。

2021年江西省九江市高考化学三模试卷
一、选择题
1．（6分）化学与生活紧密相关，下列描述正确的是（　　）
A．5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应
B．碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用
C．用乙烯直接氧化法制环氧乙烷（）体现了绿色化学，实现了最理想的“原子经济”
D．“客从南溟来，遗我泉客珠”中“泉客珠”（珍珠）的主要成分属于有机高分子化合物
2．（6分）北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐高温的表面涂料是以某双环烯酯（）为原料制得。有关该双环烯酯的说法正确的是（　　）
A．该物质的分子式为C14H22O2
B．该物质能发生取代反应、加成反应、氧化反应
C．该分子中所有碳原子可能共面
D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种
3．（6分）我国科学家成功合成了世界上首个含五氨阴离子的盐，局部结构如图（⋯表示微粒间的相互作用），其中含有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M 为原子序数依次增大的短周期主族元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（　　）

A．YM3中各原子均满足8电子稳定结构
B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
C．Y的氧化物对应的水化物均为强酸
D．简单离子半径：M＞Y＞Z
4．（6分）我国科学家基于芘﹣4，5，9，10﹣四酮（PTO）的可逆烯醇化反应实现了酸性环境下分步电解制氢、制氧，其原理如图。下列有关说法不正确的是（　　）

A．a、c均接电源负极
B．闭合K2，Y极电极反应式：PTOH4﹣4e﹣＝PTO+4H+
C．闭合K1，Pt/Ti极产生标准状况下2.24L气体时，电路中转移0.4mol电子
D．闭合K1，Y极发生还原反应，H+向Pt/Ti极移动
5．（6分）Zewail创立的飞秒（1fs＝10﹣15s）化学研究了极短时间内的反应历程，巧妙地解决了如何确定反应起点问题。例如HI与CO2反应生成HIO的过程中，某片段为：H+OCO→HOCOHO+CO。下列有关说法正确的是（　　）
A．次碘酸的结构式为H﹣I﹣O
B．HOCO是该过程的催化剂
C．HI与CO2总反应式为HI+CO2═HIO+CO
D．HOCO经1000fs离解为HO自由基和CO，说明HI与CO2的反应速率极快
6．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验操作
A
证明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
向盛有10滴0.1 mol/L Na2S溶液的试管中滴入0.1 mol/L ZnSO4溶液，至不再有白色沉淀生成；再向其中加入几滴0.1 mol/L CuSO4溶液，观察到产生黑色沉淀
B
除去碱式滴定管尖嘴处的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压橡胶管内玻璃球，将气泡排出
C
探究浓度对反应速率影响
向均盛有5mL 0.1mol/L KMnO4溶液的两支试管中，分别加入2mL 0.2mol/L和0.1mol/L H2C2O4溶液，记录溶液褪色所微要的时间
D
检验溶液中是否含有NH4+
取少量溶液加入NaOH稀溶液，并用湿润的红色石蕊试纸检验
A．A B．B C．C D．D
7．（6分）已知：p[]＝﹣lg[]。室温下，向0.010mol/L HA溶液中滴加0.010mol/L NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．室温下NaA水解平衡常数的数量级约为10﹣9
B．a、b、c三点中溶液中水的电离程度最小的是：c
C．a点溶液中：10c（Na+）＞c（HA）
D．b点溶液中：2c（Na+）＝c（HA）+c（A﹣）
二、非选择题
8．（14分）化学实验小组探究锌与氯化铁溶液反应。实验步骤如下：
Ⅰ、配制500mL 1.000mol/L FeCl3水溶液，传感器测定其pH为0.70，并测得实验室温度为282K，压强为101.3kPa。
Ⅱ、将所配的FeCl3溶液全部倒入双颈烧瓶中，依据方程式3Zn+2FeCl3═2Fe+3ZnCl2，实验时加入1mol锌粉进行反应。实验装置如图所示：
Ⅲ、实验时用传感器测定反应过程中的温度和压强变化，其中测得反应进行200s时的数据如下：最高温度为303K，最高压强为108.8kPa，反应后溶液的pH为4.95。
回答下列问题：
（1）容量瓶瓶身上有哪些标记 　 　
A.温度
B.刻度线
C.体积规格
D.压强
（2）实验室配制FeCl3溶液时，应先用 　 　（填试剂名称）溶解，再加水稀释。
（3）实验开始至200s，压力传感器显示压强有稍许增加，此阶段 　 　 （填“有”或“无”）气体生成。（已知理想气体状态方程：PV＝nRT，R为常数，T单位为K）
（4）观察到（3）中的反应后溶液为浅绿色，取反应后的上层清液向其中加入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液迅速褪色，说明此阶段Zn与FeCl3溶液主要发生的反应的离子方程式为 　 　。
（5）15min后，压力传感器显示压强有明显增大，写出此阶段金属锌发生的主要反应的离子方程式：　 　，接着观察到瓶底产生红褐色絮状沉淀，说明有 　 　（填化学式）生成。反应终止后，向反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠以溶解过量的锌粉，充分反应后过滤，将滤渣晾干，用磁铁吸引滤渣，验证是有单质铁生成。
（6）以实验现象为依据，影响物质的氧化性强弱有哪些因素 　 　？

9．（15分）某矿渣中含有Mg2B2O5•H2O、γ﹣Al2O3、FeO及少量SiO2，科研小组利用该矿渣制备H3BO3和新型无机材料[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O （摩尔质量为660g•mol﹣1）的工艺流程如图。

回答下列问题：
（1）“无氧焙烧”的主要目的是 　 　。
（2）写出酸浸时Mg2B2O5生成H3BO3的化学方程式 　 　。
（3）“氧化”过程所用氧化剂还可以用NaClO3代替，但缺点是 　 　。
（4）已知H3BO3+H2O⇌B（OH）4﹣+H+，写出H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式 　 　。
（5）检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+的试剂是 　 　（填分子式）
（6）[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 化学式的测定，步骤如下：
①取6.6g[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 加入足量稀H2SO4充分反应，收集到气体224mL（标准状况下）；
②将①中所得溶液分成两等份，一份中加入稍过量的KI溶液，在暗处放置片刻，滴入1～2滴淀粉溶液，用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点（2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6），消耗溶液100.00mL，再向另一份溶液中加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀灼烧得到固体2.0g。
a.滴定终点的现象为 　 　。
b.[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 的化学式为 　 　。
10．（14分）中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。
甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
已知部分化学键键能如表：
化学键
H﹣H
O﹣H
C﹣H
C﹣O
C＝O
键能kJ/mol
436
463
414
326
803
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ自发趋势是 　 　。
A.高温自发
B.低温自发
C.任意温度下自发
D.任意温度下非自发
（2）在一密闭容器中充入1molCO2和3molH2，分别在P1、P2、P3压强下进行反应，测得CO2的平衡转化率随温度的变化如图1所示，T1K后，反应主要以 　 　（填反应Ⅰ、反应Ⅱ或反应Ⅲ）为主。为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，可采取的措施是 　 　。
（3）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，假设仅发生反应Ⅰ，测得CO2和CH3OH的物质的量浓度随时间的变化如图2所示。（已知反应Ⅰ中v正＝k正c（CO2）c3（H2），v逆＝k逆c（CH3OH）c（H2O），其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关）
①0～10min内，氢气的平均反应速率为 　 　。
②M点时，v正：v逆＝　 　。
③下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 　 　。
A.化学反应速率关系：3v（CO2）＝v（H2）
B.容器内混合气体的密度不再改变
C.单位时间内，每断裂2个C＝O键，同时断裂3个O﹣H键
D.容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变
（4）加热锅炉时，水中的MgCO3可以先转化为Mg（HCO3）2，然后转化为Mg（OH）2。已知：MgCO3+H2O⇌Mg2++HCO3﹣+OH﹣在80℃时的平衡常数为K，水的离子积为Kw，碳酸的第一级、第二级电离常数分别为Ka1和Ka2，则该温度下Ksp（MgCO3）＝　 　（用相关常数表示）。
[化学选修3：物质结构与性质]＜15分）
11．（15分）铬及其化合物用途广泛。回答下列问题：
（1）基态Cr原子价电子排布式为　 　，有　 　个未成对电子。
（2）重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72﹣的结构如图1。（NH4）2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是　 　（填元素符号），1mol该物质中含σ键的数目为　 　NA
（3）铬能形成多种配合物。
①配合物a、b、c的化学式，如下：a.[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2Ob.[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2Oc.[Cr（H2O）6]Cl3相同物质的量的a、b、c分别与足量AgNO3溶液反应，生成AgCl的物质的量之比为　 　。
②Reineckesalt的结构如图2所示。其中配位原子为　 　（填元素符号）；阳离子的空间结构为　 　，NCS﹣中碳原子杂化方式为　 　。
（4）一种半金属磁体的结构如图3所示，其晶胞参数为apm。
①距离每个Cr最近的Al有　 　个，距离Cr（0，0，0）最近的Co的原子坐标为　 　。
②该晶体的密度为　 　g•cm﹣3。（NA表示阿伏加德罗常数的值）
[化学选修5：有机化学基础]（15分）
12．以下为抗癌药甲碘酸伊马替尼的某中间体K的一种合成路线：

回答下列问题：
（1）在A→B以及E→F步骤都有Cl2参加反应，其中需要加催化剂的步骤是 　 　（填“A→B”或“E→F”）。
（2）D的化学名称为 　 　。
（3）由F生成H的化学方程式为 　 　。
（4）I的结构简式为 　 　；由J生成K的反应类型为 　 　。
（5）F的芳香族同分异构体中，写出任意一种能同时满足以下条件的结构简式 　 　。
①能发生银镜反应；
②能与氢氧化钠溶液反应，1mol分子最多能消耗4mol NaOH；
③核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：2：1
（6）已知：①
②具有较强还原性
③当苯环上已带有﹣CH3、﹣NH2时，再引入的其它基团主要进入它的邻位或对位；当苯环上已带有﹣COOH、﹣NO2 时，再别引入的其它团主要进入它的间位。
请参照上述信息以及合成路线，结合所学知识设计由甲苯为起始原料制备的合成路线 　 　。（无机试剂任选）

2021年江西省九江市高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6分）化学与生活紧密相关，下列描述正确的是（　　）
A．5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应
B．碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用
C．用乙烯直接氧化法制环氧乙烷（）体现了绿色化学，实现了最理想的“原子经济”
D．“客从南溟来，遗我泉客珠”中“泉客珠”（珍珠）的主要成分属于有机高分子化合物
【考点】绿色化学．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题；化学应用．
【分析】A．通信光缆主要成分为二氧化硅，属于酸性氧化物，和HF酸反应；
B．碘酒中的碘是碘单质，具有氧化性；
C．在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，原子利用率100%，实现“零排放”；
D．珍珠主要成分为碳酸钙。
【解答】解：A．5G技术中使用的通信光缆主要成分为二氧化硅，二氧化硅和HF酸反应，和碱反应生成盐和水，故A错误；
B．碘酒中的碘单质，因有氧化性而起到杀菌消毒作用，故B错误；
C．将乙烯直接氧化生产环氧乙烷，原子利用率百分之百，体现了绿色化学，实现了最理想的“原子经济”，故C正确；
D．珍珠主要成分为碳酸钙，碳酸钙为无机物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质组成和性质、物质制备及其用途等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
2．（6分）北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐高温的表面涂料是以某双环烯酯（）为原料制得。有关该双环烯酯的说法正确的是（　　）
A．该物质的分子式为C14H22O2
B．该物质能发生取代反应、加成反应、氧化反应
C．该分子中所有碳原子可能共面
D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种
【考点】有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A.由结构可知分子式；
B.含碳碳双键；
C.含9个sp3杂化的碳，为四面体结构；
D.该双环烯酯完全加氢后的产物为，环上均含4种H。
【解答】解：A.由结构可知分子式为C14H20O2，故A错误；
B.含碳碳双键，能发生取代反应、加成反应、氧化反应，故B正确；
C.含9个sp3杂化的碳，为四面体结构，所有碳原子不能共面，故C错误；
D.该双环烯酯完全加氢后的产物为，环上均含4种H，且含亚甲基，共产物的一氯代物有9种，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，明确有机物的官能团、有机反应与为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点。
3．（6分）我国科学家成功合成了世界上首个含五氨阴离子的盐，局部结构如图（⋯表示微粒间的相互作用），其中含有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M 为原子序数依次增大的短周期主族元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（　　）

A．YM3中各原子均满足8电子稳定结构
B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
C．Y的氧化物对应的水化物均为强酸
D．简单离子半径：M＞Y＞Z
【考点】原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族，结合图中结构可知，含有的离子为NH4+、H3O+、N5﹣、Cl﹣，X为H，Y为N，Z为O，M为Cl元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，
A．NCl3中含有3个N﹣Cl键，其分子中N、Cl原子均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．在该盐中，NH4+、H3O+内都存在极性共价键，N5﹣中含有氮氮非极性共价键，故B正确；
C．Y的氧化物对应的水化物有硝酸、亚硝酸，硝酸为强酸，但亚硝酸不属于强酸，故C错误；
D．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：M＞Y＞Z，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化合物中形成的离子来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）我国科学家基于芘﹣4，5，9，10﹣四酮（PTO）的可逆烯醇化反应实现了酸性环境下分步电解制氢、制氧，其原理如图。下列有关说法不正确的是（　　）

A．a、c均接电源负极
B．闭合K2，Y极电极反应式：PTOH4﹣4e﹣＝PTO+4H+
C．闭合K1，Pt/Ti极产生标准状况下2.24L气体时，电路中转移0.4mol电子
D．闭合K1，Y极发生还原反应，H+向Pt/Ti极移动
【考点】电解原理．菁优网版权所有
【专题】电化学专题．
【分析】由图可知，当闭合K2，Y极作阳极，电极反应式为PTOH4﹣4e﹣＝PTO+4H+，RuO2/IrO2﹣Ti电极作阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑；当闭合K1，Y极为阴极，电极反应式为PTO+4H++4e﹣＝PTOH4，Pt/Ti极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，据此作答。
【解答】解：A.当闭合K2，RuO2/IrO2﹣Ti电极作阴极，a为负极，当闭合K1，Y极为阴极，c为负极，故A正确；
B.当闭合K2，Y极作阳极，电极反应式为PTOH4﹣4e﹣＝PTO+4H+，故B正确；
C.当闭合K1，Pt/Ti极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，标准状况下2.24L氧气的物质的量为＝0.1mol，电路中转移电子0.1mol×4＝0.4mol，故C正确；
D.当闭合K1，Y极为阴极发生还原反应，电解池中阳离子向阴极（Y极）移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
5．（6分）Zewail创立的飞秒（1fs＝10﹣15s）化学研究了极短时间内的反应历程，巧妙地解决了如何确定反应起点问题。例如HI与CO2反应生成HIO的过程中，某片段为：H+OCO→HOCOHO+CO。下列有关说法正确的是（　　）
A．次碘酸的结构式为H﹣I﹣O
B．HOCO是该过程的催化剂
C．HI与CO2总反应式为HI+CO2═HIO+CO
D．HOCO经1000fs离解为HO自由基和CO，说明HI与CO2的反应速率极快
【考点】探究化学反应机理．菁优网版权所有
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．H原子最外层有1个电子，I原子最外层有7个电子，O原子最外层有6个电子；
B．根据反应过程片段可知，HOCO是HI与CO2分子反应生成，后又消耗；
C．根据质量守恒定律得出总反应；
D．HI与CO2的反应速率取决于反应最慢的一步。
【解答】解：A．H原子最外层有1个电子，I原子最外层有7个电子，O原子最外层有6个电子，形成HIO后，各原子达到稳定结构，则次碘酸的结构式为H﹣O﹣I，故A错误；
B．根据反应过程片段可知，HOCO是HI与CO2分子反应生成，后又消耗的中间产物，故B错误；
C．根据质量守恒定律得出总反应为HI+CO2═HIO+CO，故C正确；
D．HI与CO2的反应速率取决于反应最慢的一步，HOCO经1000fs离解为HO自由基和CO，说明该历程相对较慢，决定着总反应的快慢，即 HI 与 CO2 的总反应速率不快，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的机理探究，属于信息给予题，侧重学生处理运用信息能力的考查，把握题干信息、结合化学知识进行解答即可，注意历程中的慢反应决定着总反应速率大小，题目难度不大。
6．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验操作
A
证明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
向盛有10滴0.1 mol/L Na2S溶液的试管中滴入0.1 mol/L ZnSO4溶液，至不再有白色沉淀生成；再向其中加入几滴0.1 mol/L CuSO4溶液，观察到产生黑色沉淀
B
除去碱式滴定管尖嘴处的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压橡胶管内玻璃球，将气泡排出
C
探究浓度对反应速率影响
向均盛有5mL 0.1mol/L KMnO4溶液的两支试管中，分别加入2mL 0.2mol/L和0.1mol/L H2C2O4溶液，记录溶液褪色所微要的时间
D
检验溶液中是否含有NH4+
取少量溶液加入NaOH稀溶液，并用湿润的红色石蕊试纸检验
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【专题】实验评价题．
【分析】A.由操作和现象可知，ZnS转化为更难溶的CuS；
B.尖嘴倾斜向上便于排出气体；
C.高锰酸钾过量，褪色现象不明显；
D.加入NaOH稀溶液，可能生成一水合氨。
【解答】解：A.由操作和现象可知，ZnS转化为更难溶的CuS，则证明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故A正确；
B.尖嘴倾斜向上便于排出气体，不能将尖嘴垂直向下，故B错误；
C.高锰酸钾过量，褪色现象不明显，应控制高锰酸钾不足、草酸浓度不同来探究浓度对速率的影响，故C错误；
D.加入NaOH稀溶液，可能生成一水合氨，由操作和现象不能证明是否含有NH4+，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、难溶电解质、离子检验、反应速率、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
7．（6分）已知：p[]＝﹣lg[]。室温下，向0.010mol/L HA溶液中滴加0.010mol/L NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．室温下NaA水解平衡常数的数量级约为10﹣9
B．a、b、c三点中溶液中水的电离程度最小的是：c
C．a点溶液中：10c（Na+）＞c（HA）
D．b点溶液中：2c（Na+）＝c（HA）+c（A﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．菁优网版权所有
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．p[]＝﹣lg[]＝0时，即＝1时，pH＝5.6（b为c、a的中点），则Ka＝＝c（H+）＝10﹣5.6，则水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣8.4＝100.6×10﹣9；
B．c点pH最大，c（HA）最少，c（NaA）最多，HA抑制水的电离，NaA促进水的电离；
C．a点，p[]＝﹣1，即＝10，则10c（A﹣）＝c（HA），溶液中有电荷守恒表达式：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），则c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA），10c（Na+）＝c（HA）+10c（OH﹣）﹣10c（H+），又a点pH＝4.6，显酸性，则10c（OH﹣）﹣10c（H+）＜0，即可判断10c（Na+）与c（HA）的大小关系；
D．b点溶液中，c（A﹣）＝c（HA），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），c（Na+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）﹣c（H+）≠c（A﹣），2c（Na+）≠2c（A﹣）＝，2c（A﹣）＝c（HA）+c（A﹣），即可判断关系。
【解答】解：A．p[]＝﹣lg[]＝0时，即＝1时，pH＝5.6（b为c、a的中点），则Ka＝＝c（H+）＝10﹣5.6，则水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣8.4＝100.6×10﹣9，所以NaA水解平衡常数的数量级约为10﹣9故A正确；
B．c点pH最大，c（HA）最少，c（NaA）最多，HA抑制水的电离，NaA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大，故B错误；
C．a点，p[]＝﹣1，即＝10，则10c（A﹣）＝c（HA），溶液中有电荷守恒表达式：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），则c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA），10c（Na+）＝c（HA）+10c（OH﹣）﹣10c（H+），又a点pH＝4.6，显酸性，则10c（OH﹣）﹣10c（H+）＜0，所以10c（Na+）＜c（HA），故C错误；
D．b点溶液中，c（A﹣）＝c（HA），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），c（Na+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）﹣c（H+）≠c（A﹣），2c（Na+）≠2c（A﹣）＝c（HA）+c（A﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查酸碱混合后溶液中的有关计算，包括电离平衡常数、水解平衡常数的计算、电离程度与水解程度的判断、离子浓度大小的比较等，电荷守恒与物料守恒的应用，对学生的思维能力要求较高，同时考查学生的看图理解能力，读取信息的能力，难度中等。
二、非选择题
8．（14分）化学实验小组探究锌与氯化铁溶液反应。实验步骤如下：
Ⅰ、配制500mL 1.000mol/L FeCl3水溶液，传感器测定其pH为0.70，并测得实验室温度为282K，压强为101.3kPa。
Ⅱ、将所配的FeCl3溶液全部倒入双颈烧瓶中，依据方程式3Zn+2FeCl3═2Fe+3ZnCl2，实验时加入1mol锌粉进行反应。实验装置如图所示：
Ⅲ、实验时用传感器测定反应过程中的温度和压强变化，其中测得反应进行200s时的数据如下：最高温度为303K，最高压强为108.8kPa，反应后溶液的pH为4.95。
回答下列问题：
（1）容量瓶瓶身上有哪些标记 　ABC　
A.温度
B.刻度线
C.体积规格
D.压强
（2）实验室配制FeCl3溶液时，应先用 　浓盐酸　（填试剂名称）溶解，再加水稀释。
（3）实验开始至200s，压力传感器显示压强有稍许增加，此阶段 　无　 （填“有”或“无”）气体生成。（已知理想气体状态方程：PV＝nRT，R为常数，T单位为K）
（4）观察到（3）中的反应后溶液为浅绿色，取反应后的上层清液向其中加入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液迅速褪色，说明此阶段Zn与FeCl3溶液主要发生的反应的离子方程式为 　Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+　。
（5）15min后，压力传感器显示压强有明显增大，写出此阶段金属锌发生的主要反应的离子方程式：　Zn+2H+＝Zn2++H2↑　，接着观察到瓶底产生红褐色絮状沉淀，说明有 　Fe（OH）3　（填化学式）生成。反应终止后，向反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠以溶解过量的锌粉，充分反应后过滤，将滤渣晾干，用磁铁吸引滤渣，验证是有单质铁生成。
（6）以实验现象为依据，影响物质的氧化性强弱有哪些因素 　①物质本身的性质，②浓度，浓度越大，氧化性越强　？

【考点】性质实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】无机实验综合．
【分析】（1）容量瓶上应标记温度、刻度线、规格（体积；
（2）实验室配制FeCl3溶液时，应先用浓盐酸溶解，再加水稀释；
（3）根据PV＝nRT可知，＝＝＝1：1，所以反应前后气体的物质的量不变，这一阶段没有氢气生成；
（4）实验中观察到（3）中的反应后溶液为浅绿色，取反应后的上层清液向其中加入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液迅速褪色，说明此阶段Zn与FeCl3溶液主要生成FeCl2；
（5）15min后，压力传感器显示压强有明显增大，此阶段金属锌和H+反应生成了Zn2+和H2，接着观察到瓶底产生红褐色絮状沉淀，说明有Fe（OH）3生成；
（6）根据题意可知，影响物质的氧化性强弱的因素与物质本身的性质有关，与浓度有关。
【解答】解：（1）容量瓶瓶身上应标记温度、刻度线、规格（体积），不需要标注压强，
故答案为：ABC；
（2）实验室配制FeCl3溶液时，应先用浓盐酸溶解，再加水稀释，目的使抑制三价铁离子的水解，
故答案为：浓盐酸；
（3）根据理想气体状态方程：PV＝nRT可知，＝＝＝1：1，所以反应前后气体的物质的量不变，这一阶段没有氢气生成，故该阶段压力增大是由温度引起的，
故答案为：无；
（4）实验中观察到（3）中的反应后溶液为浅绿色，取反应后的上层清液向其中加入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液迅速褪色，说明此阶段Zn与FeCl3溶液主要生成FeCl2，发生的反应的离子方程式为：Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，
故答案为：Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+；
（5）15min后，压力传感器显示压强有明显增大，写出此阶段金属锌发生的主要反应的离子方程式为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，接着观察到瓶底产生红褐色絮状沉淀，说明有Fe（OH）3生成，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；Fe（OH）3；
（6）根据题意可知，影响物质的氧化性强弱的因素首先与物质本身的性质有关，其次与浓度有关，浓度越大，氧化性越强，
故答案为：①物质本身的性质，②浓度，浓度越大，氧化性越强。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，侧重考查学生的分析问题、解决实际问题的能力，考查知识面广，对学生的能力要求较高，难度较大。
9．（15分）某矿渣中含有Mg2B2O5•H2O、γ﹣Al2O3、FeO及少量SiO2，科研小组利用该矿渣制备H3BO3和新型无机材料[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O （摩尔质量为660g•mol﹣1）的工艺流程如图。

回答下列问题：
（1）“无氧焙烧”的主要目的是 　将γ﹣Al2O3转化为α﹣Al2O3　。
（2）写出酸浸时Mg2B2O5生成H3BO3的化学方程式 　Mg2B2O5+4HCl+H2O＝2MgCl2+2H3BO3　。
（3）“氧化”过程所用氧化剂还可以用NaClO3代替，但缺点是 　氯酸根离子与氯离子在酸性条件下反应生成氯气，污染空气　。
（4）已知H3BO3+H2O⇌B（OH）4﹣+H+，写出H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式 　H3BO3+OH﹣＝B（OH）4﹣　。
（5）检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+的试剂是 　K3[Fe（CN）6]　（填分子式）
（6）[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 化学式的测定，步骤如下：
①取6.6g[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 加入足量稀H2SO4充分反应，收集到气体224mL（标准状况下）；
②将①中所得溶液分成两等份，一份中加入稍过量的KI溶液，在暗处放置片刻，滴入1～2滴淀粉溶液，用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点（2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6），消耗溶液100.00mL，再向另一份溶液中加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀灼烧得到固体2.0g。
a.滴定终点的现象为 　当最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原　。
b.[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 的化学式为 　[Fe2Mg6（OH）16]CO3•4H2O　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】综合实验题；制备实验综合．
【分析】某矿渣中含有Mg2B2O5•H2O、γ﹣Al2O3、FeO及少量SiO2，流程图中矿渣经过无氧烘焙之后，进行酸浸并过滤得到了α﹣Al2O3和SiO2，剩余的滤液调节pH并过滤得到硼酸，再用过氧化氢氧化后使Fe2+转化为Fe3+，最后再加入碳酸钠反应得到目标产物新型无机材料[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O，
（1）根据无氧焙烧前后物质的变化分析其目的；
（2）酸浸使用稀盐酸，而且已知Mg2B2O5转化为H3BO3，所以书写盐酸和Mg2B2O5反应的化学方程式即可；
（3）分析NaClO3对反应物和生成物的影响，判断出哪个是主要原因；
（4）H3BO3是一元弱酸，可以水解生成B（OH）4﹣和H+，所以如果H3BO3只遇到NaOH，也会生成B（OH）4﹣；
（5）检验Fe2+的常见方法有①加入K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+；
②加入KSCN无现象，再加入氯水溶液显血红色，证明有Fe2+；
③加入NaOH溶液，沉淀由白色变灰绿色再变成红褐色，证明有Fe2+；
（6）a.酸碱滴定的终点特征是滴入最后一滴溶液，颜色会发生变化并半分钟不变色，据此答题；
b.通过①稀硫酸和碳酸根离子反应生成氢气来计算w，根据②中Na2S2O3标消耗的物质的量来计算出碘单质的物质的量，再计算出Fe3+的物质的量，根据生成的氧化镁和氧化铁的质量为2.0g，求出Mg的物质的量，最后[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O （摩尔质量为660g•mol﹣1）求出6.6g[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 的物质的量，就可以求出其化学式。
【解答】解：（1）无氧焙烧前渣矿为Mg2B2O5•H2O、γ﹣Al2O3、FeO及少量SiO2，无氧焙烧后发现滤渣1为α﹣Al2O3和SiO2，所以推测无氧焙烧的目的是为了）将γ﹣Al2O3转化为α﹣Al2O3，也就是改变矿物结构，
故答案为：将γ﹣Al2O3转化为α﹣Al2O3（或答改变矿物结构）；
（2）酸浸时发生盐酸和Mg2B2O5的反应，化学方程式为Mg2B2O5+4HCl+H2O＝2MgCl2+2H3BO3，
故答案为：Mg2B2O5+4HCl+H2O＝2MgCl2+2H3BO3；
（3）使用稀盐酸进行酸浸会引入大量氯离子，如果用NaClO3代替原来的氧化剂，会发生NaClO3和Cl﹣的反应，生成氯气，
故答案为：氯酸根离子与氯离子在酸性条件下反应生成氯气，污染空气；
（4）根据H3BO3+H2O⇌B（OH）4﹣+H+可知，H3BO3与OH﹣反应也生成B（OH）4﹣，离子方程式为H3BO3+OH﹣＝B（OH）4﹣，
故答案为；H3BO3+OH﹣＝B（OH）4﹣；
（5）检验氧化后是否还含有Fe2+用K3[Fe（CN）6]溶液，
故答案为：K3[Fe（CN）6]；
（6）a.在淀粉溶液中，用Na2S2O3滴定I2的现象为，溶液颜色由蓝色变无色，所以判断滴定终点的现象为当最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，
故答案为：当最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
b.6.6g[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O 加入足量稀H2SO4充分反应，生成二氧化碳气体224mL（标准状况下），所以n（CO2）＝＝＝0.01mol，n{[FexMgy（OH）z]（CO3）w•4H2O}＝＝＝0.01mol，根据反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6可知，2Na2S4O6～I2～2Fe3+，消耗100.00mL0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液的物质的量＝cV＝100.00mL×10﹣3L/mL×0.1000mol•L﹣1＝0.01mol，所以Fe3+的物质的量为0.01mol，另一份溶液中加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀灼烧得到的是MgO和Fe2O3固体，其质量为2.0g，其中Fe2O3固体的质量＝n×M＝0.01mol×0.5×160g•mol﹣1＝0.8g，m（MgO）＝2.0g﹣0.8g＝1.2g，所以n（MgO）＝＝＝0.03mol，由于②中溶液是①的一半，所以0.01mol样品中一共含有0.02molFe3+，0.01molCO32﹣和0.06molMg2+，初步得出化学式为[Fe2Mg6（OH）z]CO3•4H2O，又因为FexMgy（OH）x]（CO3）w•4H2O 的摩尔质量为660g•mol﹣1），得出z＝16，
故答案为：[Fe2Mg6（OH）16]CO3•4H2O。
【点评】本题属于一道综合性大题，此类题目难度中等偏上，掌握基础知识的同时还需要具备一定的学科素养和读题能力，主要涉及实验流程分析，氧化还原反应方程式的书写，离子的检验，氧化还原的相关计算等。
10．（14分）中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。
甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1
反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
已知部分化学键键能如表：
化学键
H﹣H
O﹣H
C﹣H
C﹣O
C＝O
键能kJ/mol
436
463
414
326
803
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ自发趋势是 　B　。
A.高温自发
B.低温自发
C.任意温度下自发
D.任意温度下非自发
（2）在一密闭容器中充入1molCO2和3molH2，分别在P1、P2、P3压强下进行反应，测得CO2的平衡转化率随温度的变化如图1所示，T1K后，反应主要以 　反应Ⅲ　（填反应Ⅰ、反应Ⅱ或反应Ⅲ）为主。为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，可采取的措施是 　降低温度　。
（3）在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，假设仅发生反应Ⅰ，测得CO2和CH3OH的物质的量浓度随时间的变化如图2所示。（已知反应Ⅰ中v正＝k正c（CO2）c3（H2），v逆＝k逆c（CH3OH）c（H2O），其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关）
①0～10min内，氢气的平均反应速率为 　0.12mol/（L•min）　。
②M点时，v正：v逆＝　100：1　。
③下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是 　CD　。
A.化学反应速率关系：3v（CO2）＝v（H2）
B.容器内混合气体的密度不再改变
C.单位时间内，每断裂2个C＝O键，同时断裂3个O﹣H键
D.容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变
（4）加热锅炉时，水中的MgCO3可以先转化为Mg（HCO3）2，然后转化为Mg（OH）2。已知：MgCO3+H2O⇌Mg2++HCO3﹣+OH﹣在80℃时的平衡常数为K，水的离子积为Kw，碳酸的第一级、第二级电离常数分别为Ka1和Ka2，则该温度下Ksp（MgCO3）＝　　（用相关常数表示）。
【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；有关反应热的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡计算．
【分析】（1）根据△H＝反应物键能之和﹣生成物键能之和可求出反应Ⅰ△H1＜0，又知反应Ⅰ△S＜0，根据△H﹣T•△S＜0可判断；
（2）已知反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1，反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3，根据（1）知△H1＜0，利用盖斯定律Ⅲ＝Ⅰ﹣Ⅱ，△H3＞0，由图1得，T1K后随温度升高，CO2的转化率增大，以反应Ⅲ为主，为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，可降低温度；
（3）①根据图示中CO2和CH3OH的物质的量浓度变化，可求出H2的浓度变化，进一步求出H2的速率；
②由图示M点CO2和CH3OH的物质的量浓度相等，利用三段式可求得M点时CO2、H2、CH3OH的浓度，代入v正＝k正c（CO2）c3（H2），v逆＝k逆c（CH3OH）c（H2O），再由平衡时三段式可求得K＝，及可求解；
③A.没有指明正逆速率，无法确定平衡；
B.恒容条件，均为气体，密度不变不能确定平衡；
C.每断裂2个C＝O键，同时断裂3个O﹣H键，即v正＝v逆，达到平衡；
D.均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变，达到平衡；
（4）已知MgCO3+H2O⇌Mg2++HCO3﹣+OH﹣在80℃时的平衡常数为K，水的离子积为Kw，碳酸的第一级、第二级电离常数分别为Ka1和Ka2，利用K的表达式可用Kw、Ka2、Ksp（MgCO3）表示出来求解。
【解答】解：（1）根据△H＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，利用已知表格中数据，△H1＝（2×803+3×436﹣3×414﹣326﹣3×463）kJ/mol＝﹣43kJ/mol，又知反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）正向气体分子数减小，△S＜0，由判据△H﹣T•△S＜0时反应自发，所以该反应在低温下自发，
故答案为：B；
（2）由（1）知△H1＝﹣43kJ/mol，联立反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1，反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3，利用盖斯定律Ⅲ＝Ⅰ﹣Ⅱ，△H3＝△H1﹣△H2＝﹣43kJ/mol﹣（﹣90.4kJ•mol﹣1）＝+47.4kJ•mol﹣1，又由图1得，T1K后随温度升高，CO2的转化率增大，以反应Ⅲ为主，为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，可降低温度使反应Ⅰ正向进行，反应Ⅲ逆向进行，
故答案为：反应Ⅲ；降低温度；
（3）①由图知，0﹣10min内CO2浓度变化0.4mol/L，根据CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）可得H2浓度变化1.2mol/L，v（H2）＝＝＝0.12mol/（L•min），
故答案为：0.12mol/（L•min）；
②已知反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）中v正＝k正c（CO2）c3（H2），v逆＝k逆c（CH3OH）c（H2O），平衡时v正＝k正c（CO2）c3（H2）＝v逆＝k逆c（CH3OH）c（H2O），即K＝，结合图象，列出平衡时的三段式：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L） 0.5 1.5 0 0
转化（mol/L） 0.4 1.2 0.4 0.4
平衡（mol/L） 0.1 0.3 0.4 0.4
K＝＝＝（mol/L）﹣2，
再根据图示，列出M点时CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的三段式，设M点时反应的CO2的浓度为x，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L） 0.5 1.5 0 0
转化（mol/L） x 3x x x
M点（mol/L） 0.5﹣x 1.5﹣3x x x
根据M点CO2和CH3OH浓度相等，0.5﹣x＝x，解之得x＝0.25mol/L，v正＝k正c（CO2）c3（H2）＝k正×0.25×（0.75）3，v逆＝k逆c（CH3OH）c（H2O）＝k逆×0.25×0.25，v正：v逆＝100：1，
故答案为：100：1；
③A.化学反应速率关系3v（CO2）＝v（H2），虽等于系数比，但没有指明正逆速率，无法确定平衡，故A不符合题意；
B.恒容条件，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）各物质均为气体，有质量守恒定律反应前后质量不变，故密度始终不变，因此密度不变不能确定平衡，故B不符合题意；
C.由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应可知，每断裂2个C＝O键，消耗一个CO2分子，断裂3个O﹣H键，生成一个CH3OH分子和一个H2O分子，即v正＝v逆，达到平衡，故C符合题意；
D.反应中各物质均为气体，质量不变，前后气体分子数不相等，由M＝知，容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变时反应达到平衡，故D符合题意；
故答案为：CD；
（4）已知MgCO3+H2O⇌Mg2++HCO3﹣+OH﹣在80℃时的平衡常数为K＝c（Mg2+）c（HCO3﹣）c（OH﹣）＝＝，解之得Ksp＝，
故答案为：。
【点评】该题考查了键能与反应热的关系、盖斯定律、反应自发的判据、根据图象分析影响平衡的条件、平很状态的判定、化学平衡及平衡常数的计算，综合性强，难度较大，侧重考查学生的分析推理能力、计算能力、知识的迁移应用能力。
[化学选修3：物质结构与性质]＜15分）
11．（15分）铬及其化合物用途广泛。回答下列问题：
（1）基态Cr原子价电子排布式为　3d54s1　，有　6　个未成对电子。
（2）重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72﹣的结构如图1。（NH4）2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是　N＞O＞Cr　（填元素符号），1mol该物质中含σ键的数目为　16　NA
（3）铬能形成多种配合物。
①配合物a、b、c的化学式，如下：a.[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2Ob.[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2Oc.[Cr（H2O）6]Cl3相同物质的量的a、b、c分别与足量AgNO3溶液反应，生成AgCl的物质的量之比为　1：2：3　。
②Reineckesalt的结构如图2所示。其中配位原子为　N　（填元素符号）；阳离子的空间结构为　正四面体　，NCS﹣中碳原子杂化方式为　sp　。
（4）一种半金属磁体的结构如图3所示，其晶胞参数为apm。
①距离每个Cr最近的Al有　6　个，距离Cr（0，0，0）最近的Co的原子坐标为　（，，）　。
②该晶体的密度为　　g•cm﹣3。（NA表示阿伏加德罗常数的值）
【考点】晶胞的计算；配合物与超分子；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】（1）Cr原子核电荷数为24，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
（2）N、O、Cr三种元素中Cr为金属元素，而N原子的2p3为半充满结构，相对稳定；1个NH4+中含4个σ键，1个Cr2O72﹣含8个σ键；
（3）①配合物 a.[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O、b.[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O、c.[Cr（H2O）6]Cl3外界的Cl﹣个数比为1：2：3，均能完全电离，且在溶液中与Ag+反应生成AgCl沉淀；
②配位原子能提供孤对电子；阳离子为NH4+，根据价层电子对数目判断N原子杂化方式，再判断结构；NCS﹣中C的价层电子对数为2+＝2，孤电子对为0；
（4）①距离每个Cr最近的Al有6个（上下前后左右各一个）距离Cr（0，0，0）最近的Co是8个；
②一个晶胞含8个Co，含Al有12×+1＝4个，含Cr有8×+6×＝4个，结合晶胞的质量和体积计算密度。
【解答】解：（1）Cr原子核电荷数为24，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则价电子排布为3d54s1，3d轨道有5个未成对电子，4s轨道有1个未成对电子，共有6个未成对电子，
故答案为：3d54s1；6；
（2）N原子的2p3为半充满结构，第一电离能大于O，而N、O为非金属，第一电离能均大于金属，则N、O、Cr三种元素第一电离能大小顺序为N＞O＞Cr； 1个NH4+中含4个σ键，1个Cr2O72﹣含8个σ键，故含4×2+8＝16个σ键，即1mol该物质中含σ键的数目为16NA，
故答案为：N＞O＞Cr；16；
（3）①配合物 a.[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O、b.[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O、c.[Cr（H2O）6]Cl3外界的Cl﹣个数比为1：2：3，且只有外界的Cl﹣会与Ag+反应生成AgCl，所以生成的AgCl的物质的量之比为1：2：3，
故答案为：1：2：3；
②N提供孤电子对，则配位原子为N；阳离子为NH4+，N原子价层电子对数目为4+，N原子为sp3杂化，则根据价层电子互斥理论可知空间结构正四面体； NCS﹣中C的价层电子对数为2+＝2，孤电子对为0，则C原子杂化方式为sp杂化，
故答案为：N；正四面体；sp；
（4）①距离每个Cr最近的Al有6个（上下前后左右各一个）距离Cr（0.0.0）最近的Co是8个，所以Co的原子坐标为（，，），
故答案为：6；（，，）；
②一个晶胞含8个Co，含Al有12×+1＝4个，含Cr有8×+6×＝4个，晶胞的质量为g，体积为（a×10﹣10）cm3，该晶体的密度为＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、配合物等知识，题目难度中等，明确均摊法在晶胞计算中的应用为解答关键，注意掌握配合物成键情况及原子核外电子排布规律，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
[化学选修5：有机化学基础]（15分）
12．以下为抗癌药甲碘酸伊马替尼的某中间体K的一种合成路线：

回答下列问题：
（1）在A→B以及E→F步骤都有Cl2参加反应，其中需要加催化剂的步骤是 　A→B　（填“A→B”或“E→F”）。
（2）D的化学名称为 　对甲基苯甲酸或4﹣甲基苯甲酸　。
（3）由F生成H的化学方程式为 　　。
（4）I的结构简式为 　　；由J生成K的反应类型为 　还原反应　。
（5）F的芳香族同分异构体中，写出任意一种能同时满足以下条件的结构简式 　、　。
①能发生银镜反应；
②能与氢氧化钠溶液反应，1mol分子最多能消耗4mol NaOH；
③核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：2：1
（6）已知：①
②具有较强还原性
③当苯环上已带有﹣CH3、﹣NH2时，再引入的其它基团主要进入它的邻位或对位；当苯环上已带有﹣COOH、﹣NO2 时，再别引入的其它团主要进入它的间位。
请参照上述信息以及合成路线，结合所学知识设计由甲苯为起始原料制备的合成路线 　　。（无机试剂任选）
【考点】有机物的合成．菁优网版权所有
【专题】有机推断．
【分析】对比A、B、C的分子式知，A发生取代反应生成B，B中﹣Cl发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，根据D的结构简式知，A为，B为，C为，D中﹣OH被取代生成E为，根据H的结构简式知F为，F发生取代反应生成H，H和I发生取代反应生成J，根据H、J的结构简式知，I为；J中硝基发生还原反应生成K中氨基；
（6）由甲苯为起始原料制备，根据信息③知，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，被酸性锰酸钾溶液氧化生成，发生还原反应生成，中﹣COOH发生取代反应的产物发生取代反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A中苯环上的氢原子被﹣Cl取代生成B，E中甲基上的氢原子被﹣Cl取代生成F，前者需要条件是光照、后者需要氯化铁作催化剂，所以在A→B以及E→F步骤都有Cl2参加反应，其中需要加催化剂的步骤是A→B，
故答案为：A→B；
（2）D的化学名称为对甲基苯甲酸或4﹣甲基苯甲酸，
故答案为：对甲基苯甲酸或4﹣甲基苯甲酸；
（3）F和G发生取代反应生成H，由F生成H的化学方程式为，
故答案为：；
（4）I的结构简式为；J中硝基发生还原反应生成K中氨基，由J生成K的反应类型为还原反应，
故答案为：；还原反应；
（5）F为，F的芳香族同分异构体含有苯环，F的同分异构体同时满足以下条件：
①能发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
②能与氢氧化钠溶液反应，1mol分子最多能消耗4mol NaOH，说明苯环上含有2个﹣Cl；
③核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：2：1，说明含有3种氢原子且氢原子个数之比为3：2：1，该分子中共有6个氢原子，根据氢原子个数之比知，该分子中含有1个甲基，结构对称，符合条件的结构简式为、，
故答案为：、；
（6）由甲苯为起始原料制备，根据信息③知，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，被酸性锰酸钾溶液氧化生成，发生还原反应生成，中﹣COOH发生取代反应的产物发生取代反应生成目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确有机物的官能团及其性质关系并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意题给信息的灵活应用，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。

考点卡片
1．绿色化学
【知识点的认识】
绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：
1）充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料；
2）在无毒、无害的条件下进行反应，以减少废物向环境排放；
3）提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；
原子利用率＝（预期产物的分子量/全部生成物的分子量总和）×100%
被利用的原子数比上总原子数．原子利用率百分之百的意思是反应没有副产物生成，所有的原子均被利用．原子利用率决定了化学生产中反应的使用程度
4）生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品．
【命题的方向】本考点主要考察绿色化学的特点和原子利用率、“零排放”的概念，以选择题为主．
题型一：绿色化学的特点和涵义
典例：“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（　　）
A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O B．制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；Cu+H2SO4（稀）＝CuSO4+H2O
C．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
D．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
分析：理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．
解答：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．
B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．
C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．
D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．
故选B．
点评：解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义．
题型二：原子利用率的概念
典例2：“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念．在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制得产物，即原子的利用率为100%．在用丙炔合成甲基丙烯酸甲酯的过程中，欲使原子的利用率达到最高，在催化剂作用下还需要其他的反应物是（　　）
A．CO和CH3OH B．CO2和H2O C．CH2＝CH2和CO D．CH3OH和H2
分析：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2，以此来解答．
解答：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C3H4分子变成一个C5H802分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2．
A．CO和CH3OH，这两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则很容易使C、H、O的原子个数比达到2：4：2，故A正确；
B．C02和H2O，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故B错误；
C．CH2＝CH2和CO，其中两种物质里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故C错误；
D．CH3OH和H2，其中两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为2：4：2，故D错误．
故选A．
点评：本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，明确命题者的意图，再结合所学方可解答．
【解题思路点拔】能使原子利用率达到百分之百的反应是加成反应和化合反应．
2．有关反应热的计算
【知识点的认识】
1、概念：有关反应热的计算：利用反应热的概念、盖斯定律、热化学方程式进行有关反应热的计算．
2、计算方法：
（1）由化学反应的本质（旧键断裂﹣新键生成）及化学反应能量变化的原因（反应物的总能量与生成物的总能量不等）可得：①反应热＝断裂旧键所需的能量﹣生成新键释放的能量；②反应热＝生成物的总能量﹣反应物的总能量；
（2）根据盖斯定律计算：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的．也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体反应的途径无关．所以．可将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等变形，△H进行相应的变化后来计算反应热．
（3）其他方法
根据比热容公式△H＝﹣cm△t进行计算；由生成反应的焓变计算：反应热＝生成物生成焓之和﹣反应物生成焓之和．
【命题方向】
题型一：已知一定量的物质参加反应放出的热量，写出其热化学反应方程式；
典例1：25℃（1.01×105）Pa下，1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，写出硫燃烧的热化学方程式．
分析：燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，因此需要把1g硫粉放出的热量换算求出1mol硫粉放出的热量．
解答：1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，则1mol硫粉在氧气中充分燃烧放出热量为：
32g×9.35kJ/g＝299.62kJ，
因此硫燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣299.62kJ•mol﹣1
点评：本题考查燃烧热的概念以及根据一定量的物质参加反应放出的热量写出其热化学反应方程式，注意燃烧热的概念是关键，难度较低．
题型二：利用键能计算反应热；
典例2：（2014•重庆）已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝akJ•mol﹣1
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1
H﹣H、O＝O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（　　）
A．﹣332 B．﹣118 C．+350 D．+130
分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H＝H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．
解答：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝akJ•mol﹣1＞0，
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1
①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H＝（2a+220）kJ•mol﹣1＞0，
4×462﹣496﹣2×436＝2a+220，
解得a＝+130．
故选D．
点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．
题型三：盖斯定律及其应用；
典例3：已知：
Zn（s）+O2（g）＝ZnO（s）△H1＝﹣351.1kJ/mol
Hg（l）+O2（g）＝HgO（s）△H1＝+90.7kJ/mol
由此可知Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l）的反应热△H 为（　　）
A．﹣260.4kJ/mol﹣1 B．+260.4kJ/mol﹣1 C．﹣441.8kJ/mol﹣1 D．+441.8kJ/mol﹣1
分析：根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减．
解答：已知：①Zn（s）+O2（g）＝ZnO（s）△H1＝﹣351.1kJ/mol
②Hg（l）+O2（g）＝HgO（s）△H2＝+90.7kJ/mol
根据盖斯定律，①﹣②得Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l），
则△H3＝△H1﹣△H2＝﹣351.1kJ/mol﹣90.7kJ/mol＝﹣441.8kJ/mol，
故选：C．
点评：本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，注意盖斯定律的理解与运用．
题型四：根据热化学方程式求反应热；
典例4：在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1
由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，恢复至室温释放的热量为（　　）
A．2912kJ B．2953kJ C．3236kJ D．3867kJ
分析：根据热化学反应方程式中物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答．
解答：由2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•mol﹣1可知，1molCO燃烧放出的热量为kJ＝283kJ；
由CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1可知，
3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为3×890kJ＝2670kJ；
所以由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，
放出的热量为2670kJ+283kJ＝2953kJ，
故选B．
点评：本题考查学生利用热化学反应方程式的计算，明确物质的量与反应中的热量关系是解答本题的关键，题目难度不大．
题型五：求混合物的组成．
典例1：已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1；
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1．
现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（　　）
A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3
分析：H2与CH4的混合气体112L，n＝＝5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答．
解答：H2与CH4的混合气体112L，n＝＝5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1，
2 571.6kJ
x 285.8x
CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1，
1 890kJ
y 890ykJ
则，
解得x＝1.25mol，y＝3.75mol，
原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol＝1：3，
故选B．
点评：本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，难度不大．
【解题思路点拨】反应热的计算难度虽然不大，但过程中有很多的细节问题需要注意，也有很多的概念容易混淆，需要多练习．
3．原子核外电子排布
0
4．原子结构与元素周期律的关系
【知识点的知识】
（1）“位、构、性”之间的关系：

（2）“位、构、性”关系的应用：
1）元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；
2）元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；
3）根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；
4）根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质．
【命题方向】本考点主要考察位构性的关系及其应用，在高考中通常以综合题推断题的形式出现，需要重点掌握．
题型一：“位、构、性”的关系
典例1：（2014•滨州一模）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则（　　）
A．原子半径：丙＞乙＞丁 B．单质的还原性：丁＞丙＞甲
C．甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物 D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
分析：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为H，乙位于第VA族，乙为N；甲和丙同主族，丙为Na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第ⅢA族，即丁为Al，以此来解答．
解答：短周期元素甲乙丙丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为H，乙位于第VA族，乙为N；甲和丙同主族，丙为Na；丁的最外层电子数和电子层数相等，则丁在第三周期第ⅢA族，即丁为Al，
A、同周期原子半径从左向右减小，电子层越多，半径越大，则原子半径为丙＞丁＞乙，故A错误；
B、金属性越强，单质的还原性越强，则单质的还原性丙＞丁＞甲，故B错误；
C、甲、乙的氧化物为共价化合物，丙的氧化物为离子化合物，故C错误；
D、乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，能相互反应，故D正确．
故选D．
点评：本题考查元素周期律及元素对应的单质、化合物的性质，元素的推断是解答本题的关键，注意氨气的水溶液为碱性是解答本题的突破口，难度不大．
题型二：“位、构、性”关系的应用﹣﹣元素的推断
典例2：（2014•番禺区一模）短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．常温下，Al能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法正确的是（　　）
X
Y


W
Q
A．Y的最高化合价为+6 B．离子半径：W＞Q＞Y＞X
C．氢化物的沸点：Y＞Q D．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Q
分析：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al能溶于W的最髙价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．则W为S元素，由元素周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为O元素、Q为Cl元素，据此解答．
解答：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．则W为S元素，由元素周期表中的相对位置可知，X为N元素、Y为O元素、Q为Cl元素，
A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；
B．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞O2﹣，故B错误；
C．水分子之间存在氢键，常温下为液体，HCl常温下为气体，故水的沸点更高，故C正确；
D．非金属性Cl＞S，故最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故D错误，
故选C．
点评：本题考查结构位置性质关系应用，难度不大，注意把握周期表的结构，注意主族元素化合价与族序数关系及元素化合价特殊性．
【解题思路点拨】平时做注意积累元素相关的知识有利用快速做题．
5．元素电离能、电负性的含义及应用
【知识点的知识】
一、元素电离能的含义及应用
1、基态：处于最低能量的原子。
2、激发态：
1）概念：基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。

2）激发态产生方法：
①光激发：这是产生激发态的最主要方法。
②放电。主要用于激励原子，如高压汞灯、氙弧光灯。
③化学激活。某些放热化学反应可能使电子被激发，导致化学发光。
激发态是短寿命的，很容易返回到基态，同时放出多余的能量。
3、电离能：
1）定义：基态的气态原子或气态离子失去一个电子所需要的最小能量称为元素的电离能。
2）符号：I．单位为kJ•mol﹣1。
表示式：M（g）＝M+（g）+e﹣ I1
M+（g）＝M2+（g）+e﹣ I2
M2+（g）＝M3+（g）+e﹣ I3
3）意义：比较元素金属性强弱，即失去电子的难易程度。电离能越大，气态时原子越难失去电子；电离能越小，气态时原子越容易失去电子。
难点突破：Mg的第一电离能比Al大，所以Al比Mg容易失去电子，但根据金属活动性顺序表可知Mg的活动大于Al，与酸反应时更剧烈，似乎矛盾？（解释：条件不一样，电离能指的是气态，后面指的是溶液中）
4、第一电离能递变性规律：
1）随原子序数变化图

2）同一周期或主族
①总体规律：

②总体增大的趋势中有些曲折

解释：当外围电子在能量相等的轨道上形成全空（p0，d0，f0）、半满（p3，d5，f7）或全满（p6，d10，f14）结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。
二、元素电负性的含义及应用
1、电负性的概念：
1）定义：元素原子吸引电子的能力。
2）应用：①元素的电负性越大，吸引电子的能力越强。
一般认为，电负性大于1.8的元素为非金属元素；小于1.8的元素为金属元素。
电负性越大，元素的非金属性越强；电负性越小，元素的金属性越强。电负性最大的元素是F，为4.0，锂的电负性为1.0。
②判断化合价：一般地，电负性大的元素呈负价，电负性小的元素呈正价。
③判断化学键类型：电负性产值大的元素原子之间一般形成离子键；差值小的元素原子之间形成共价键。
2、电负性递变性规律：
1）随原子序数变化图

2）同一周期或主族

【命题方向】本考点主要考察电离能、电负性的含义以及变化规律，通常在选择题或综合题中出现，需要重点掌握。
题型一：元素第一电离能大小的比较
典例1：下列说法中正确的是（　　）
A．第三周期中钠的第一电离能最小 B．铝的第一电离能比镁的第一电离能大
C．在所有元素中氟的第一电离能最大 D．钾的第一电离能比镁的第一电离能大
分析：A、同周期自左而右，元素的第一电离能增大，注意能级处于半满、全满的稳定特殊情况；
B、镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高；
C、同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低；
D、同主族自上而下第一电离能降低，同周期自左而右第一电离能增大，据此解答。
解答：A、同周期自左而右，元素的第一电离能增大，故第3周期所包含的元素中钠的第一电离能最小，故A正确；
B、镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，故B错误；
C、稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故C错误；
D、同主族自上而下第一电离能降低，故第一电离能Na＞K，同周期自左而右第一电离能增大，故第一电离能Mg＞Na，所以第一电离能Mg＞K，故D错误；
故选A。
点评：考查第一电离能的变化规律等，比较基础，注意同周期主族元素能级处于半满、全满的稳定特殊情况第一电离能增大的特殊情况。
典例2：下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是（　　）
A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6
分析：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小。
解答：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，ns2np3属于第VA族元素、ns2np5属于第VIIA族元素、ns2np4属于第VIA族元素、ns2np6属于O族元素，如果这几种元素都是第二周期元素，其第一电离能大小顺序是Ne＞F＞N＞O，所以第一电离能最小的原子可能是第VIA族元素，
故选C。
点评：本题考查了第一电离能大小的判断，明确元素周期律中第一电离能变化规律是解本题关键，再根据元素在周期表中所处位置判断，题目难度不大。
题型二：元素电负性大小的比较
典例3：下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是（　　）
A．1s22s22p4B．1s22s22p63s23p3C．1s22s22p63s23p2D．1s22s22p63s23p64s2
分析：不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性，即元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，据此分析解答。
解答：不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性，元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小。
A是O元素，B是P元素，C是Si元素，D是Ca元素，所以非金属性最强的元素是O元素，即电负性最强的元素是O元素，
故选A。
点评：本题考查了元素非金属性强弱的判断，难度不大，明确元素的非金属性强弱与元素的电负性强弱关系是解答本题的关键。
典例4：已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（　　）
A．X与Y形成化合物时，X可以显负价，Y显正价 B．第一电离能可能Y小于X
C．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸的酸性弱于Y对应的酸的酸性 D．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
分析：由X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，
A、电负性大的元素在化合物中显负价；
B、同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，当能级处于半满、全满稳定状态时，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素；
C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O、F除外；
D、非金属性越强，气态氢化物越稳定。
解答：A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B、第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，故B正确；
C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；
D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；
故选：C。
点评：本题主要考查位置、结构、性质的关系，明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键，题目难度不大。
【解题思路点拨】价电子构型与电离能：

影响电离能大小的因素：
1）原子核电荷数：（同一周期）即电子层数相同，核电荷数越多、半径越小、核对外层电子引力越大，越不易失去电子，电离能越大；
2）原子半径：（同族元素）原子半径越大，原子核对外层电子的引力越小，越容易失去电子，电离能越小；
（3）电子构型：全充满、半充满较大。因为全充满和半充满的电子构型较为稳定（相对于相邻原子）。
6．晶胞的计算
【知识点的知识】
1、均摊法确定晶胞中粒子数目：
1）立方晶胞：
（1）顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/8份额；
（2）棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/4份额；
（3）面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/2份额；
（4）内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞．
2）六方晶胞：
（1）每个顶点上的粒子被6个晶胞共用．
（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被3个晶胞共用．
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．
3）三棱晶胞：
（1）每个顶点上的粒子被12个晶胞共用．
（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被6个晶胞共用．
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．
2、几种典型的晶体结构：
①NaCl晶体
1）在NaCl晶体的每个晶胞中，Na+占据的位置有 2 种．顶点8个，面心6个
2）Cl﹣占据的位置有 2 种．棱上12个，体心1个
3）在NaCl晶体中，每个Na+周围与之等距离且最近的Na+有 12 个；每个Cl﹣周围与之等距离且最近的Cl﹣有 12 个．
4）在NaCl晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl﹣，每个Cl﹣同时也吸引着 6个Na+，向空间延伸，形成NaCl晶体．
5）每个晶胞平均占有 4 个Na+和 4 个Cl﹣．1mol NaCl能构成这样的晶胞个．
6）Na+与其等距紧邻的6个Cl﹣围成的空间构型为_____正八面体_____．
②CsCl晶体
1）每个Cs+同时吸引着 8 个Cl﹣，每个Cl﹣同时吸引着 8 个Cs+；
2）在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它等距离且最近的Cs+有6个，每个Cl﹣周围与它等距离且最近的Cl﹣有 6 个；
3）一个CsCl晶胞有 1 个Cs+和 1 个Cl﹣组成；
4）在CsCl晶体中，Cs+与Cl﹣的个数比为 1：1．

CsCl的晶体结构 金刚石的晶体结构
③金刚石：每个碳原子都被相邻的四个碳原子包围，以共价键结合成为正四面体结构并向空间发展，键角都是109°28'，最小的碳环上有六个碳原子，但六个碳原子不在同一平面上．
④石墨：层状结构，每一层内，碳原子以正六边形排列成平面的网状结构，碳原子之间存在很强的共价键（大π键），故熔沸点很高．每个正六边形平均拥有两个碳原子、3个C﹣C．片层间存在范德华力，是混合型晶体．熔点比金刚石高．石墨为层状结构，各层之间以范德华力结合，容易滑动，所以石墨很软．在金刚石中每个碳原子与相邻的四个碳原子经共价键结合形成正四面体结构，碳原子所有外层电子均参与成键，无自由电子，所以不导电．而石墨晶体中，每个碳原子以三个共价键与另外三个碳原子相连，在同一平面内形成正六边形的环．这样每个碳原子上仍有一个电子未参与成键，电子比较自由，相当于金属中的自由电子，所以石墨能导电．

石墨的晶体结构示意图 石墨的晶体结构俯视图
⑤干冰：分子晶体，每个CO2分子周围紧邻其他12个CO2分子．平均每个CO2晶胞中含4个CO2分子．

固态二氧化碳晶体模型 SiO2晶体模型 SiO2晶体平面示意图
⑥SiO2：原子晶体，空间网状结构，Si原子构成正四面体，O原子位于Si﹣Si键中间．晶体中重复单元是硅氧四面体，每个硅原子与4个氧原子相连，即每个氧原子又与2个硅原子相连（SiO2晶体中不存在SiO2分子，只是由于Si原子和O原子个数比为1：2，才得出二氧化硅的化学式为SiO2）．在SiO2的晶体结构中最小环上有12个原子．每1mol SiO2晶体中，有4mol Si﹣O键．二氧化硅晶体中最小环为 12 元环．
【命题方向】
题型一：常见晶体结构的考察
典例1：下列各项所述的数字不是6的是（　　）
A．在NaCl晶体中，与一个Na+最近的且距离相等的CI﹣的个数
B．在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数
C．在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数
D．在石墨晶体的片层结构中，最小的环上的碳原子个数
分析：A、在NaCl晶体中，一个Na+周围有6个Cl﹣，一个Cl﹣周围有6个Na+；
B、金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子；
C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个；
D、石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个．
解答：A、NaCl晶体属面心立方结构，与一个Na+最近且距离相等的Cl﹣的个数有6个，故A正确；
B、金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，故B正确；
C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个，故C错误；
D、石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个，故D正确．
故选C．
点评：本题考查晶体结构，重点是对结构图象的观察与理解，难度中等，注意观察识记常见的晶体结构图．
题型二：均摊法确定晶胞中粒子数目
典例2：已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（　　）

A．NA•a3•ρ B． C． D．
分析：利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据ρV＝计算相对分子质量．
解答：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数＝8×＝1，根据ρV＝知，M＝ρVNA＝ρa3NA，
摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，故选A．
点评：本题考查了相对分子质量的计算，明确该立体中含有的阴阳离子个数是解本题的关键，根据摩尔质量与密度、体积和NA之间的关系来分析解答即可，难度不大．

【解题思路点拨】

7．配合物与超分子
0
8．反应热和焓变
【知识点的知识】
1、反应热和焓变的概念：
1）反应热：在化学反应过程中，当反应物和生成物具有相同温度时，所吸收或放出的热量成为化学反应的反应热。
2）焓变：焓是与内能有关的物理量，恒压条件下的反应热又称“焓变”，符号用△H表示，单位一般采用kJ/mol，放热反应△H＜0，吸热反应△H＞0．反应在一定条件下是吸热还是放热由生成物和反应物的焓值差即焓变决定。
E1﹣﹣正反应活化能；E2﹣﹣逆反应活化能；
说明：
1）化学反应中不仅存在着“物质变化”，还存在着“能量变化”，这种变化不仅以热能的形式体现出来，还可以以光、电等形式表现。
2）如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物。
2、反应热与物质稳定性之间的关系：
不同物质的能量（即焓）是不同的，对于物质的稳定性而言，存在着“能量越低越稳定”的规律，因此，对于同素异形体或同分异构体之间的相互转化，若为放热反应，则生成物能量低，生成物稳定；若为吸热反应，则反应物的能量低，反应物稳定。

【命题方向】
题型一：反应热的图示
典例1：已知化学反应A2（g）+B2（g）＝2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．每生成2分子AB吸收bkJ热量 B．该反应热△H＝（b﹣a）kJ•mol﹣1
C．反应物的总能量低于生成物的总能量 D．断裂1molA﹣A和1molB﹣B键，放出akJ能量
分析：化学反应A2（g）+B2（g）＝2AB（g）的能量变化依据图象分析，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。
解答：A、从图上看出，每生成2molAB吸收（a﹣b）kJ的热量，故A错误；
B、该反应焓变＝断裂化学键吸收热量﹣形成化学键所放出热量，所以焓变为△H＝+（a﹣b）kJ/mol，故B错误；
C、反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故C正确；
D、断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键，吸收a kJ能量，故D错误；
故选C。
点评：本题考查了反应热量变化的分析判断，图象分析，反应前后的能量守恒应用，化学键的断裂和形成与能量的关系，计算焓变的依据，题目较简单。

题型二：正、逆反应活化能和反应热的关系
典例1：http：//www。jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/6f40c179﹣92c6﹣48c5﹣b99d﹣06adb8694304
（2011•海南）某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，下列有关该反应的叙述正确的是（　　）
A．正反应活化能小于100kJ•mol﹣1B．逆反应活化能一定小于100kJ•mol﹣1
C．正反应活化能不小于100kJ•mol﹣1D．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1
分析：根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能；△H＞0，则反应物的总能量小于生成物的总能量。
解答：A、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝100kJ•mol﹣1，无法确定正反应活化能的大小，故A错误；
B、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝+100kJ•mol﹣1，无法确定逆反应活化能的大小，故B错误；
C、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝+100kJ•mol﹣1，正反应活化能大于100kJ•mol﹣1，故C错误；
D、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝+100kJ•mol﹣1，即正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
点评：本题主要考查了焓变与活化能的关系，需要注意的是活化能有正反应和逆反应两种。
题型三：利用键能计算反应热
典例3：http：//www。jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/05cc82c3﹣1837﹣48f5﹣865c﹣5a3954df93eb
根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）═CF4+4HF（g）的反应热△H为（　　）
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ/mol）
414
489
565
155
A．﹣1940 kJ/mol B．+1940 kJ/mol C．﹣485 kJ/mol D．+485 kJ/mol
分析：化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算，依据△H＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，计算得到。
解答：△H＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，
△H＝414kJ/mol×4+4×155kJ/mol﹣（489kJ/mol×4+4×565kJ/mol）＝﹣1940kJ/mol，
故选A。
点评：本题考查了化学反应焓变的计算方法，主要是利用反应温和生成物键能计算的方法应用，题目较简单。

【解题思路点拨】△H＝E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量）
＝E（反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量）﹣E（生成物分子化学键形成时所释放的总能量）
＝E1（正反应的活化能）﹣E2（逆反应的活化能）
9．电解原理
【知识点的认识】
一、电解原理
1、概念：使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解．借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转变为化学能的装置，叫做电解池或电解槽．
构成电解池（电解槽）的条件：
（1）有外加直流电源．
（2）有电解质溶液或熔融的离子化合物．
（3）有两个电极（材料为金属或石墨，两极材料可相同或不同）：
阴极：与直流电源的负极直接相连的一极．
阳极：与直流电源的正极直接相连的一极．
（4）两个电极要与电解质溶液接触并形成回路．
注意：电解池的阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极确定，与电极材料本身的性质无关．而原电池的正、负极则由构成电极材料本身的性质决定．
2、惰性电极和活性电极：
在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：
①惰性电极（C、Pt等）：只起导电作用，不参与反应；
②活性电极（除Pt、Au外的其余金属）：当作阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中．
3、离子放电顺序
①在阴极上．在阴极上发生的是得电子反应，因此，电极本身只起导电作用而不能发生氧化还原反应，发生反应的是溶液中的阳离子，它们得电子的能力顺序为：

说明：上列顺序中H+有两个位置：在酸溶液中，H+得电子能力在Cu2+与Pb2+之间；若在盐溶液中，则H+位于Zn2+与Ag+之间．
②在阳极上．首先应考虑电极是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则是阳极本身失去电子被氧化成阳离子进入溶液中，即此时不能考虑溶液中阴离子的失电子情况；若为惰性电极，溶液中的阴离子失电子的能力顺序为：

二、电解池与原电池对比

电 极
电极反应
电子转移方向
能量
转变
举 例
原电池
正、负极由电极材料决定：相对活泼的金属作负极；较不活泼的金属作正极
负极：电极本身失去电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应
电子由负极流出，经外电路回正极
化学能转变为电能
铜锌原电池
负极：
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
正极：
2H++2e﹣＝H2↑
电解池
阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极决定：与直流电源正极相连的是阳极；与直流电源负极相连的是阴极
阴极：较易获得电子的阳离子优先得到电子，发生还原反应阳极，金属或较易失去电子的阴离子优先失去电子，发生氧化反应
电子由直流电源的负极流出，经导线到达电解池的阴极，然后通过电解液中的离子放电，电子再从阳极经导线回到直流电流的正极
电能转变为化学能
以石墨为电极电解CuCl2溶液
阳极：
2C1﹣﹣2e﹣＝C12↑
阴极：
Cu2++2e﹣＝Cu↓
三、电解原理的应用
1、精炼铜和电镀铜
项 目
铜的电解精炼
电镀铜
含 义
利用电解原理将粗铜中的杂质（如锌、铁、镍、银、金等）除去，以获得电解铜（含Cu的质量分数达99.95%～99.98%）的过程
利用电解原理在某些金属的表面镀上一薄层其他金属（铜）或合金的过程
目 的
制得电解铜，以增强铜的导电性
使金属更加美观耐用，增强防锈抗腐能力
电解液
CuSO4溶液（加入一定量的硫酸）
含有镀层金属离子（Cu2+）的电解质溶液作电镀液（如CuSO4溶液）
阳极材料
粗铜
镀层金属（Cu）
阴极材料
纯铜
待镀金属制品
电极反应式
阴极
Cu2++2e﹣＝Cu
Cu2++2e﹣＝Cu
阳极
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
Ni﹣2e﹣＝Ni2+
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
特 点
①阳极反应为粗铜中的Cu及杂质失去电子而溶解
②溶液中CuSO4的浓度基本不变
①阳极本身失去电子而溶解
②溶液中金属阳离子的浓度保持不变
③溶液的pH保持不变
说 明
当阳极上的Cu失去电子变成Cu2+溶解后，银、金等金属杂质以单质的形式沉积于电解槽底，形成阳极泥
①铜镀层通常主要用于电镀其他金属之前的预镀层，以使镀层更加牢固和光亮
②电镀工业的废水中常含剧毒物质如氰化物、重金属等．因此必须经过处理才能排放
2、氯碱工业
①电解饱和食盐水溶液的反应原理．
阴极电极反应式（Fe棒）：2H++2e﹣＝H2↑（H+得电子产生H2后，阴极区OH﹣浓度增大而显碱性）
阳极电极反应式（石墨）：2C1﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
电解的总化学方程式：2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
②设备：离子交换膜电解槽．离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成．电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成．
③阳离子交换膜的作用：①把电解槽隔为阴极室和阳极室；②只允许Na+通过，而Cl﹣、OH﹣和气体则不能通过．这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaClO而影响烧碱的质量．

【命题方向】
题型一：电解原理
典例1：（2014•广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（　　）

A．铜电极附近观察到黄绿色气体 B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动 D．铜电极上发生还原反应
分析：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
解答：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣＝H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑．
A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，属于还原反应，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大．

题型二：电解池和原电池综合
典例2：（2011•连云港模拟）某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转．下列有关说法不正确的是（　　）

A．甲装置是原电池，乙装置是电解池 B．当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 g
C．实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 D．将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置
分析：A、依据装置图分析电极与电解质溶液可知电极活泼性相差大的为原电池，甲池为原电池，乙池为电解池；
B、依据电极反应和电子守恒计算分析；
C、甲池中氢离子在铜电极得到电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；
D、乙中C电极和原电池负极连接做电解池的阴极，换做铜对电解过程无影响，不能形成电镀装置，电镀装置是阳极为镀层金属．
解答：A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；
B、当甲中产生0.1 mol H2时，电极反应无味2H++2e﹣═H2↑，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上 电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；
C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H+）减小，pH增大，故C正确；
D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误．
故选：D．
点评：本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，电极反应和电极判断，电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．

题型三：电解混合溶液相关计算
典例3：500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）＝0.6mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（　　）
A．原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1 B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H+）为0.2 mol•L﹣1
分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．
解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量＝＝0.1mol；
每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，
所以根据转移电子守恒得铜的物质的量＝＝0.1mol，
则铜离子的物质的量浓度＝＝0.2mol/L，
根据电荷守恒得钾离子浓度＝0.6mol•L﹣1﹣0.2mol/L×2＝0.2mol/L，
A．根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1，故A正确；
B．转移电子的物质的量＝0.1mol×4＝0.4mol，故B错误；
C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4＝0.4mol，则氢离子浓度＝＝0.8mol/L，故D错误；
故选：A．
点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．

题型四：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析
典例4：用石墨作电极，电解1mol•L﹣1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）
A．HCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．NaCl
分析：电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性；
用石墨作电极电解，溶液中阳离子放电顺序为：K+＜Ca2+＜Na+＜Mg2+＜Al3+＜H+＜Zn2+＜Fe2+＜Sn2+＜Pb2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+＜Hg2+＜Ag+；
阴离子放电顺序为：S2﹣＞SO32﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣＞含氧酸根离子＞F﹣，据此即可解答．
解答：A．用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、Cl﹣移向阳极，放电顺序Cl﹣＞OH﹣，Cl﹣放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；阴极：溶液中阳离子H+移向阴极放电2H++2e﹣＝H2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；
B．用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、SO42﹣移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；阴极：溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2++4e﹣═2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；
C．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H++4e﹣＝2H2↑，阳极4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；
D．用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；
故选C．
点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，明确电极反应是解答本题的关键，题目难度不大．

题型五：电解原理的应用（见铜的精炼和氯碱工业相关考点卡片）

【解题方法点拨】
用惰性电极作阳极电解酸、碱、盐水溶液的规律：
物 质
代表物
参加电解
的物质
阴极（区）
产物
阳极（区）
产物
溶液pH
的变化
酸
含氧酸
H2SO4、HNO3
H2O
H2
O2
减小
无氧酸
（除HF）
HCl
HCl
H2
C12
增大
碱
强碱
NaOH、KOH
H2O
H2
O2
增大
盐
不活泼金属的无氧酸盐
CuCl2
CuCl2
Cu
C12
增大（若考虑C12的溶解，则pH减小）
活泼金属的
无氧酸盐
NaCl
NaCl、H2O
H2、NaOH
C12
减小
不活泼金属的含氧酸盐
CuSO4、AgNO3
CuSO4、H2O
AgNO3、H2O
Cu；Ag
O2、H2SO4
O2、HNO3
增大
活泼金属的
含氧酸盐
K2SO4、NaNO3
KNO3、Na2SO4
H2O
H2
O2
不变
归纳：（1）电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水，即：2H2O2H2↑+O2↑
（2）电解无氧酸（HF除外）、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身．例如：2HClH2↑+Cl2↑；CuCl2Cu+C12↑
（3）电解活泼金属无氧酸盐溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2（或S）
（4）电解不活泼金属含氧酸盐的溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质
（5）电解时，若只生成H2，pH增大．若只生成O2，则pH减小．若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸的溶液，pH减小；电解碱的溶液，pH增大；电解盐的溶液，pH不变．
10．化学平衡的影响因素
【知识点的认识】
1、化学平衡的影响因素（v﹣t图象）：
（1）浓度：
a、增大反应物浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度，平衡逆向移动

增大反应物浓度，平衡正向移动 减小反应物浓度，平衡逆向移动
b、增大生成物浓度，平衡逆向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动

减小生成物浓度，平衡正向移动 增大生成物浓度，平衡逆向移动
（2）温度：
①升高温度，平衡向吸热反应方向移动：

②降低温度，平衡向放热反应方向移动：

（3）压强：
①增大压强，反应朝着气体体积减小的方向进行；

②减小压强，反应朝着气体体积增大的方向进行．

③对于气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动．
（4）催化剂：催化剂同倍数增大反应物浓度，平衡不移动．

2、化学平衡移动原理（勒夏特列原理）：
改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强、温度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理．
概念的理解：
①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；
②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；
③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；
定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化．

【命题方向】
题型一：化学平衡的影响因素
典例1：（2014•安徽模拟）COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（　　）
A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥
分析：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．

题型二：图象题分析
典例2：对于可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）；△H＜0下列图象中正确的是（　　）
A． B． C． D．
分析：对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答．
解答：A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故C错误；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．

【解题方法点拨】外界条件对化学反应速率和化学平衡影响对比分析：
条件变化
反应特征
化学反应速率
v正与v逆的关系
平衡移动方向
增大c（A）
可逆反应
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
增大c（C）
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（A）
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（C）
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
增大压强
m+n＞p+q
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
m+n＝p+q
加快
加快
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小压强
m+n＞p+q
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
m+n＝p+q
减慢
减慢
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
升高温度
Q＜0
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
Q＞0
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
降低温度
Q＜0
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
Q＞0
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
注意：
①升高温度和增大压强，正逆反应速率都加快，只是增加幅度不同，因此平衡发生移动；
②降低温度和减小压强，正逆反应速率都减慢．
11．化学平衡的计算
【考点归纳】
（1）基本模式﹣﹣“三段式”
例：m A+n B⇌p C+q D
起始：a b 0 0
转化：mx nx px qx
平衡：a﹣mx b﹣nx px qx
（2）基本关系：
①反应物：平衡浓度＝起始浓度﹣转化浓度；生成物：平衡浓度＝起始浓度+转化浓度．
②转化率α：转化率（α）＝×100%
③气体的平均分子量：M＝ M＝ρ•Vm
④几点定律：
a、如果保持P、T不变：则气体的体积比等于物质的量之比；则气体的密度比等于摩尔质量之比．
b、如果保持V、T不变：则气体的压强比等于气体物质的量之比．
【命题方向】
题型一：常规计算
典例1：（2012•南昌三模）将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1
其中正确的是（　　）
分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），并利用三段式法计算，据此解答．
解答：利用三段式法计算：
起始A的浓度为＝2mol/L，B的浓度为 ＝1mol/L
2A（g）+B（g）⇌2C（g），
起始：2mol/L 1mol/L 0
变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L
2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L
2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）＝＝0.3mol•L﹣1•s﹣1；
2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）＝＝0.15mol•L﹣1•s﹣1；
2s时物质A的转化率为α＝×100%＝30%；
2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1，
显然①④正确，
故选：B．
点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．
题型二：差量法
典例2：1体积SO2和3体积空气混合后在450℃以上通过V2O5催化剂发生反应．若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9：1，则SO2的转化率为 （　　）
A.90% B.80% C.45% D.10%
分析：根据阿伏加德罗定律的推论可知，P、T不变时，混合气体的密度比等于体积之比之比，据此解答．
解答：由阿伏加德罗定律的推论可知：，V2＝0.9×（3+1）＝3.6体积．
设参加反应的SO2为x体积，由差量法
2SO2+O2⇌2SO3△V
2 3﹣2＝1
x 4﹣3.6＝0.4
2：1＝x：0.4
解得x＝0.8，所以反应掉的体积是原有SO2的×100%＝80%．
点评：本题可以通过常规方法解题，这里引入差量法使过程变得简单，但掌握不好的同学建议还是采用常规法解题．
题型三：极端假设法
典例3：一定条件下，可逆反应A2+B2⇌2AB达到化学平衡，经测定平衡时c（A2）＝0.5mol•L﹣1，c（B2）＝0.1mol•L﹣1，c（AB）＝1.6mol•L﹣1，若A2、B2、AB的起始浓度分别以a、b、c表示．请回答：
（1）a、b应满足的关系；（2）a的取值范围．
分析：（1）根据反应A2+B2⇌2AB及质量守恒定律，找出a、b的关系；
（2）根据a、c的关系，c取最小值时，a有最大值；按照计量数关系，假设反应物B2完全反应，a有最小值．
解答：（1）由反应A2+B2⇌2AB，将生成物A2、B2按照计量数转化为AB，A2的浓度始终比B2的浓度大0.5﹣0.1＝0.4，即a、b满足关系：a﹣b＝0.4，
故答案为：a﹣b＝0.4；
（2）当c＝0时，a有最大值，将c（AB）＝1.6mol•L﹣1按照化学计量数转化成A2的浓度，最大值为0.5+×1.6＝1.3；
则有b＝0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A2）＝0.5mol•L﹣1、c（B2）＝0.1mol•L﹣1都转化成AB，a的最小值为0.5﹣0.1＝0.4，所以a的取值范围为：0.4≤a≤1.3，
故答案为：0.4≤a≤1.3．
点评：本题考查了可逆反应特点及等效平衡知识，可以根据可逆反应的特点采用极端假设法解题，本题难度不大．
题型四：连续平衡
典例4：将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）
当达到平衡时，c（H2）＝1mol/L，c（HI）＝4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（　　）
A.16 B.20 C.24 D.36
分析：反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）计算．
解答：平衡时c（HI）＝4mol/L，HI分解生成的H2的浓度为1mol/L，
NH4I分解生成的HI的浓度为4mol/L+2×1mol/L＝6mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6mol/L，
所以反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）＝6mol/L×4mol/L＝24mol2•L﹣2，
故选C．
点评：本题考查化学平衡常数的计算，解题关键在于平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差，难度中等．
【解题思路点拨】化学平衡的计算重要需要掌握三段式、差量法、极端假设法、连续平衡等提醒的解题方法，三段式法是最重要的．
12．酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
【知识点的认识】
1、单一溶液的pH计算：
（1）强酸溶液的pH计算：由c（H+）直接求出pH，c（H+）＝﹣lg[H+]。
（2）强碱溶液的pH计算：由c（OH﹣）结合离子积常数Kw求出c（H+）再求pH。
2、稀释溶液的pH计算：
（1）强酸稀释：强酸溶液每稀释10倍，pH增大一个单位。例如：pH＝2的盐酸，稀释100倍后，pH＝4。
（2）弱酸稀释：弱酸溶液每稀释10倍，pH增大不到一个单位。例如：pH＝2的醋酸，稀释100倍后，2＜pH＜4。
注意：
①当酸提供的c（H+）较小时，不能忽略水电离的c（H+）。
②无限稀释酸，pH只能无限接近7，不能大于7；无限稀释碱，pH只能无限接近7，不能小于7。
（3）强碱稀释：强碱溶液每稀释10倍，pH减小一个单位。例如：pH＝10的NaOH溶液，稀释100倍后，pH＝8。
（4）弱碱稀释：弱碱溶液每稀释10倍，pH减小不到一个单位。例如：pH＝10的NH3•H2O溶液，稀释100倍后，8＜pH＜10。
注意：
①先求c（OH﹣），再结合离子积常数Kw求出c（H+），进而求出pH。
②当碱提供的c（OH﹣）较小时，不能忽略水电离的c（OH﹣）。
③无限稀释酸，pH只能无限接近7，不能大于7；无限稀释碱，pH只能无限接近7，不能小于7。
稀释规律总结：分别加水稀释m倍时，溶液的物质的量的浓度均变为原来的1/m，强酸中c（H+）变为原来的1/m，但弱酸中c（H+）的减小小于m倍，故稀释后弱酸酸性强于强酸。

3、混合溶液的pH计算：
（1）两种强酸溶液混和，先求c（H+），再求pH。
（2）两种强碱溶液混和，先求c（OH﹣），再求c（H+），最后求pH值。
（3）强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：
若酸过量 c（H+）＝（c（H+）V酸﹣c（OH﹣）V碱）/（V酸+V碱）
若碱过量 c（OH﹣）＝（c（OH﹣）V碱﹣c（H+）V酸）/（V碱+V酸）
注意：当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。
（4）强酸与弱碱混合：一般不涉及计算，但需要判断混合后溶液的酸碱性情况。
（5）强碱与弱酸混合：一般不涉及计算，但需要判断混合后溶液的酸碱性情况。

【命题方向】
题型一：强酸、弱酸（或强碱、弱碱）的稀释问题考察
典例1：在室温下，下列叙述正确的是（　　）
A．将1mLpH＝3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸
B．将1mL1.0×10﹣5mol/L盐酸稀释到1000mL，得到pH＝8的盐酸
C．用pH＝1的盐酸分别中和1mLpH＝13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大
D．pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸比较，c（Cl﹣）＝c（SO42﹣）
分析：A．利用假设法计算稀释后溶液的pH与实际溶液的pH比较判断电解质的强弱；
B．酸稀释后溶液的pH接近7时要考虑水的电离，注意无论如何稀释酸或碱，酸不能变为碱，碱不能变为酸；
C．pH相等的一元强碱和弱碱，弱碱的物质的量浓度大于强碱的物质的量浓度，根据碱的物质的量的多少判断消耗酸的体积；
D．根据电荷相等确定pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸中氯离子和硫酸根离子浓度的关系。
解答：A．假设该酸是强酸，稀释10倍后，溶液的pH为4，实际上溶液的pH小于4，说明溶液中存在酸的电离平衡，所以该酸是弱酸，故A正确；
B．无论如何稀释酸，酸稀释后不能变为碱，故B错误；
C．pH＝13NaOH溶液和氨水，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠，同体积、同pH的氢氧化钠和氨水，氨水的物质的量大于氢氧化钠，且氨水和氢氧化钠都是一元碱，所以用pH＝1的盐酸分别中和1mLpH＝13NaOH溶液和氨水，氨水消耗盐酸的体积大，故C错误；
D．pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸中氢离子浓度分别是0.01mol/L和0.1mol/L，根据电荷守恒知，盐酸中c（Cl﹣）＝0.01mol/L，c（SO42﹣）＝×0.1mol/L＝0.05mol/L，故D错误；
故选A。
点评：本题考查了弱电解质的电离，易错选项是B，注意酸稀释后溶液的pH接近7时要考虑水的电离，无论如何稀释酸或碱，酸不能变为碱，碱不能变为酸，为易错点。

题型二：强酸、强碱混合溶液pH计算
典例2：（2010•海南）常温下，将0.1mol•L﹣1氢氧化钠溶液与0.06mol•L﹣1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（　　）
A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.4
分析：根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可。
解答：设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L﹣1＝0.1mol，
硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L﹣1＝0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2＝0.12mol，
则当酸碱发生中和时H+和OH﹣的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，
则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol﹣0.1mol＝0.02mol，
则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）＝＝0.01 mol•L﹣1，
pH＝﹣lg10﹣2＝2.0，故选：B。
点评：本题主要考查溶液pH的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可。

题型三：酸碱溶液混合的定性判断
典例3：在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是（　　）
A．pH＝3的HNO3跟pH＝11的KOH溶液 B．pH＝3的盐酸跟pH＝11的氨水
C．pH＝3硫酸跟pH＝11的氢氧化钠溶液 D．pH＝3的醋酸跟pH＝11的氢氧化钠溶液
分析：A．pH＝3的HNO3跟pH＝11的KOH溶液等体积混合，恰好完全反应；
B．pH＝3的盐酸跟pH＝11的氨水等体积混合，氨水过量；
C．pH＝3硫酸跟pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应；
D．pH＝3的醋酸跟pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合，酸过量。
解答：A．硝酸和氢氧化钾都为强电解质完全电离，pH＝﹣lgc（H+），pH＝3的HNO3中c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的KOH溶液中，由c（H+）×c（OH﹣）＝10﹣14可知：c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，溶液各取1L，等体积混合恰好完全反应，溶液呈中性，故A错误；
B．氨水是弱碱部分电离，pH＝3的盐酸c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氨水c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；
C．pH＝3硫酸c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，等体积混合恰好完全反应，溶液呈中性，故C错误；
D．醋酸是弱酸部分电离，pH＝3的醋酸c（H+）＝1×10﹣3mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣3mol/L，因醋酸为弱酸，二者等体积反应时醋酸过量，溶液呈酸性，pH一定少于7，故D正确；
故选：D。
点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，注意把握酸碱的强弱以及溶液物质的量浓度的大小比较，题目难度不大。

题型四：由水电离的c（H+）或c（OH﹣）的计算
典例4：室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离的c（OH﹣）为（　　）
①1.0×10﹣7 mol•L﹣1　②1.0×10﹣6 mol•L﹣1
③1.0×10﹣3 mol•L﹣1　④1.0×10﹣11 mol•L﹣1。
A．③B．④C．①或③D．③或④
分析：根据常温下溶液的pH及水的离子积计算出溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度，再根据溶液显示碱性的原因有两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，在碱溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；在强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子促进了水的电离，据此进行分析。
解答：常温下，pH＝11的某溶液，溶液显示碱性，溶液中氢离子浓度为：c（H+）＝1×10﹣11mol/L，氢氧根离子的浓度为：c（OH﹣）＝＝＝1×10﹣3mol/L，溶液显示碱性，存在两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，
在碱溶液中，碱电离的氢氧根离子抑制了水的电离，水电离的氢氧根离子和氢氧根离子浓度减小，溶液中氢离子浓度是水电离，所以水电离的氢氧根离子等于碱溶液中氢离子浓度，即c（OH﹣）＝c（H+）＝1×10﹣11mol/L，
强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子结合了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子就是水电离的，所以水电离的氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）＝＝＝1×10﹣3mol/L，
所以③④正确；
故选D。
点评：本题考查了水的电离及溶液pH的简单计算，题目难度中等，正确分析酸、碱及水解的盐溶液对水的电离影响是解题关键，通过本题可以考查学生对所学知识的掌握情况及灵活应用能力。
【解题方法点拨】
溶液混合pH计算的规律总结：
（1）两强酸等体积混合后的pH混＝pH小+0.3．如pH＝3的强酸和pH＝5的强酸混合后pH＝3.3。
（2）两强碱等体积混合后的pH混＝pH大﹣0.3．pH＝9的强碱和pH＝11的强碱混合后的pH＝10.7。
（3）强酸与强碱的等体积混合：
①pH酸+pH碱＝14时，pH混＝7；
②pH酸+pH碱＜14时，pH混＝pH酸+0.3；
③pH酸+pH碱＞14时，pH混＝pH碱﹣0.3；
（4）酸碱等体积混合：
①pH＝2某酸与pH＝12某碱混合pH难定；
②pH＝4某酸与pH＝10NaOH混合pH≤7；
③pH＝4H2SO4与pH＝10某碱混合pH≥7。
13．有机物的合成
【知识点的知识】
1）官能团的引入和转换：
（1）C＝C的形成：①一元卤代烃在强碱的醇溶液中消去HX；②醇在浓硫酸存在的条件下消去H2O；③炔烃加氢；④烷烃的热裂解和催化裂化．
（2）C≡C的形成：①二元卤代烃在强碱的醇溶液中消去两分子的HX；②一元卤代烯烃在强碱的醇溶液中消去HX；③实验室制备乙炔原理的应用．
（3）卤素原子的引入方法：①烷烃的卤代；②α﹣H的卤代；③烯烃、炔烃的加成（HX、X2）；④芳香烃与X2的加成；⑤芳香烃苯环上的卤代；⑥芳香烃侧链上的卤代；⑦醇与HX的取代；⑧烯烃与HO﹣Cl的加成．
（4）羟基的引入方法：①烯烃与水加成；②卤代烃的碱性水解；③醛的加氢还原；④酮的加氢还原；⑤酯的酸性或碱性水解；⑥苯氧离子与酸反应；⑦烯烃与HO﹣Cl的加成．
（5）醛基或羰基的引入方法：①烯烃的催化氧化；②烯烃的臭氧氧化分解；③炔烃与水的加成；④醇的催化氧化．
（6）羧基的引入方法：①羧酸盐酸化；②苯的同系物被酸性高锰酸钾溶液氧化；③醛的催化氧化；④酯的水解；⑤﹣CN的酸性水解；⑥多肽、蛋白质的水解；⑦酰氨的水解．
（7）酯基的引入方法：①酯化反应的发生；②酯交换反应的发生．
（8）硝基的引入方法：硝化反应的发生．
2）碳链的增减
（1）增长碳链的方法：①通过聚合反应；②羟醛缩合；③烯烃、炔烃与HCN的加成反应．
（2）缩短碳链的方法：①脱羧反应；②烯烃的臭氧分解；③烯烃、炔烃被酸性高锰酸钾溶液氧化；④苯的同系物被酸性高锰酸钾溶液氧化；⑤烷烃的催化裂化．
3）有机合成中的成环反应
类型
方式
酯成环（﹣COO﹣）
二元酸和二元醇的酯化成环
羟基酸的酯化成环
醚键成环（﹣O﹣）
二元醇分子内成环
二元醇分子间成环
肽键成环
二元酸和二氨基化合物成环
氨基酸
不饱和烃
单烯和二烯加成成环、三分子乙炔加成生成苯
4）合成原则：
①原理正确、原料价廉；
②途径简捷、便于操作；
③条件适宜、易于分离．
【命题方向】本考点主要考察有机物的合成，有时候会给出反应路径，这种较简单，有时候直接给出原料和终产物，这种题目较难．
【解题思路点拨】当题目不给定反应路径的时候，可以采用逆推法，重点抓住官能团的性质和不同官能团之间转化的桥梁．
14．有机物的结构和性质
【知识点的知识】
类别
通 式
官能团
代表物
分子结构结点
主要化学性质
卤代烃
一卤代烃：
R﹣X
多元饱和卤代烃：CnH2n+2﹣mXm
卤原子
﹣X
C2H5Br
（Mr：109）
卤素原子直接与烃基结合
β﹣碳上要有氢原子才能发生消去反应；且有几种H生成几种烯
1．与NaOH水溶液共热发生取代反应生成醇
2．与NaOH醇溶液共热发生消去反应生成烯
醇
一元醇：
R﹣OH
饱和多元醇：
CnH2n+2Om
醇羟基
﹣OH
CH3OH
（Mr：32）
C2H5OH
（Mr：46）
羟基直接与链烃基结合，O﹣H及C﹣O均有极性。
β﹣碳上有氢原子才能发生消去反应；有几种H就生成几种烯。
α﹣碳上有氢原子才能被催化氧化，伯醇氧化为醛，仲醇氧化为酮，叔醇不能被催化氧化。
1．跟活泼金属反应产生H2
2．跟卤化氢或浓氢卤酸反应生成卤代烃
3．脱水反应：乙醇
140℃分子间脱水成醚
170℃分子内脱水生成烯
4．催化氧化为醛或酮
5．一般断O﹣H键与羧酸及无机含氧酸反应生成酯
醚
R﹣O﹣R′
醚键
C2H5O C2H5
（Mr：74）
C﹣O键有极性
性质稳定，一般不与酸、碱、氧化剂反应
酚

酚羟基
﹣OH

（Mr：94）
﹣OH直接与苯环上的碳相连，受苯环影响能微弱电离。
1．弱酸性
2．与浓溴水发生取代反应生成沉淀
3．遇FeCl3呈紫色
4．易被氧化
醛

醛基
HCHO
（Mr：30）

（Mr：44）
HCHO相当于两个
﹣CHO
有极性、能加成。
1．与H2加成为醇
2．被氧化剂（O2、多伦试剂、斐林试剂、酸性高锰酸钾等）氧化为羧酸
酮

羰基

（Mr：58）
有极性、能加成
与H2、HCN加成为醇
不能被氧化剂氧化为羧酸
羧酸

羧基

（Mr：60）
受羰基影响，O﹣H能电离出H+，受羟基影响不能被加成。
1．具有酸的通性
2．酯化反应时一般断羧基中的碳氧单键，不能被H2加成
3．能与含﹣NH2物质缩去水生成酰胺（肽键）
酯

酯基
HCOOCH3
（Mr：60）

（Mr：88）
酯基中的碳氧单键易断裂
1．发生水解反应生成羧酸和醇
2．也可发生醇解反应生成新酯和新醇
硝酸酯
RONO2
硝酸酯基
﹣ONO2

不稳定
易爆炸
硝基化合物
R﹣NO2
硝基﹣NO2

一硝基化合物较稳定
一般不易被氧化剂氧化，但多硝基化合物易爆炸
氨基酸
RCH（NH2）COOH
氨基﹣NH2
羧基﹣COOH
H2NCH2COOH
（Mr：75）
﹣NH2能以配位键结合H+；﹣COOH能部分电离出H+
两性化合物
能形成肽键
蛋白质
结构复杂
不可用通式表示
肽键
氨基﹣NH2
羧基﹣COOH
酶
多肽链间有四级结构
1．两性
2．水解
3．变性（记条件）
4．颜色反应（鉴别）
（生物催化剂）
5．灼烧分解
糖
多数可用下列通式表示：
Cn（H2O）m
羟基﹣OH
醛基﹣CHO
羰基
葡萄糖
CH2OH（CHOH）4CHO
淀粉（C6H10O5）n
纤维素
（C6H10O5）n
多羟基醛或多羟基酮或它们的缩合物
1．氧化反应（鉴别）
（还原性糖）
2．加氢还原
3．酯化反应
4．多糖水解
5．葡萄糖发酵分解生成乙醇
油脂

酯基
可能有碳碳双键

酯基中的碳氧单键易断裂
烃基中碳碳双键能加成
1．水解反应
（碱中称皂化反应）
2．硬化反应
【命题方向】本考点主要考察有机物的结构和性质，主要以综合题的形式出现。
【解题思路点拨】结构决定性质，结构特点决定了有什么样的性质，理解加动手画结构能更牢固地记住各类官能团的性质。
15．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
【知识点的知识】
1、分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：
1）所选试剂一般只和杂质反应．
2）操作不应引入新的杂质．
3）不减，即不减少欲被提纯的物质．
4）易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离．
5）易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉．
2、还必须做到以下“三必须”：
1）所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质．
2）由过量试剂引入的新的杂质必须除尽．
3）分离和除杂质的途径必须选择最佳方案．
3、物质分离和提纯方法的选择：
1）固﹣固混合分离型：加热（包括灼烧、热分解和升华）、结晶（重结晶）；
2）固﹣液混合分离型：过滤、盐析、蒸发；
3）液﹣液混合分离型：萃取、分液、蒸馏、渗析；
4）气﹣气混合分离型：洗气，包括（1）采用液体净化剂时﹣﹣用洗气瓶；
（2）采用固体净化剂时﹣﹣用干燥管或反应管．
物质的分离和提纯常用方法如下表：

分离和提纯方法
适用范围
举例


物

理

方

法
过滤法
固体与液体分离
蛋白质的提纯
蒸发浓缩法
分离溶于溶剂中的溶质
提取食盐溶液中的NaCl
结晶、重结晶法
混合物在溶剂中的溶解度随温度变化不同
NaCl和KNO3混合物分离
蒸馏、分馏法
沸点不同的液体分离
乙醇和乙酸，石油分离
分液法
两种互不相溶的液体
苯和水
萃取法
某物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同
用CCl4从溴水中提取溴
升华法
混合物中某一成分在一定温度下可直接由固体
变为气体，冷却后，气体又直接变为固体
碘和NaCl混合物中提取碘

液化法
气体混合物各组分沸点不同，先使其液化后，
控制温度再汽化
从空气中分离N2、O2

渗析法
用半透膜使离子或小分子从胶体溶液中分离
把KI从淀粉溶液中分离出来
盐析法
加入无机盐，使某些物质溶解度降低而沉淀
从肥皂液中分离甘油；蛋白质盐析
化

学

方

法
热分解法
混合物各组分的热稳定性不同，加热或灼烧可分
除去Na2CO3中的NaHCO3
溶解 法
混合物各组分的酸、碱性不同，用酸或碱处理
分离Fe2O3和Al2O3
沉淀法
混合物中某一成分与某试剂反应而沉淀
KNO3中含有KCl即可加入
AgNO3，使Cl﹣沉淀除去
氧化还原法
利用混合物中某一成分能被氧化（或被还原）
的性质分离
除去苯中的甲苯，加入酸性KMnO4，甲苯被氧化除去
电解法
利用电解分离和提纯
电解法精练铜
离子交换法
利用离子交换法提纯
离子交换法软化硬水
络合法
混合物中某一组分可形成络合物
分离Al2O3和ZnO
16．探究化学反应机理
【知识点的认识】
一、探究型试题命题应遵循的原则：
（1）科学性的原则：所设计的实验应该符合科学道理，不能凭空捏造．
（2）对照性的原则：要设计一个对照性的实验，要想这个实验更能够说明问题，一定要有正反两个方面的实验．
（3）等量性的原则：所设计的实验中的平行反应，试剂的取用应该是等量的．
（4）单因子的变量原则：对某个实验的影响，会有很多的因素，实验正是要人为控制条件，使众多变量中，只能有一个因素是变量，其余几个是一样的．
二、科学探究的一般步骤是：
（1）提出问题：化学用语要规范，语言要精练、严谨而符合逻辑．
（2）猜想与假设：利用原有知识和题中所读出的信息进行大胆猜想与假设，猜想与假设要全面，不要有个别遗漏．
（3）制定计划：要从实际实验角度制定探究计划，探究计划要循序渐进、操作要严谨可行、现象明显．
（4）进行实验、收集证据．
（5）解释与结论．
（6）反思与评价等．
【解题思路点拨】
分析此类探究题时应注意：（1）对于题中的异常现象要根据自己的原有知识进行大胆的排查、推测．（2）推测的正确性要靠实验的验证，如题中已给出了验证试验，要仔细分析其是否合理；如题中没给出了验证试验，自己要设计合理的实验验证．
17．性质实验方案的设计
【知识点的知识】
一、物质性质实验方案的设计
1．验证性的性质实验方案设计
所谓验证性的性质实验，是指对于物质所具备的性质，从化学实验上去寻求证据．此类实验方案的设计应遵循的原则是：操作简单、简便易行、现象明显，安全可靠．
2．探究性的性质实验方案设计
这类实验方案的设计，首先要分析物质结构的特点或从物质所属的类型代表物去推测物质可能具有的一系列性质，根据现象明显、科学合理、安全可靠、简捷易行的原理提出合理的实验方案，去探索寻求物质可能具有的各种性质．
3．性质实验方案设计的一般思路、程序

二、性质实验方案设计的常用方法
1．证明酸性 ①pH试纸或酸碱指示剂．②与Na2CO3溶液反应．③与Zn等较活泼金属反应．
2．证明弱酸性 ①证明存在电离平衡．②测定对应盐溶液酸碱性．③测量稀释前后pH变化．
3．证明氧化性 与还原剂反应，产生明显的现象．
4．证明还原性 与氧化剂反应，产生明显的现象．
5．证明为胶体 有丁达尔现象
6．证明有碳碳双键（或三键） 使溴水或酸化的KMnO4溶液褪色．
7．证明酚羟基 ①与浓溴水反应产生白色沉淀．②与FeCl3溶液发生显色反应．
8．证明醛基 ①与银氨溶液作用发生银镜反应．②与新制Cu（OH）2悬浊液作用产生红色沉淀．
9．证明醇羟基 与羧酸发生酯化反应，其产物不溶于水，有果香味．
10．比较金属的活动性 ①与水反应．②与酸反应．③置换反应．④原电池．⑤电解放电顺序．⑥最高价氧化物的水化物的碱性强弱．⑦对应盐溶液的酸碱性强弱．
11．比较非金属的活动性 ①置换反应．②与氢气反应快慢．③气态氢化物的稳定性．④最高价氧化物的水化物的酸性强弱．
12．比较酸（碱）的酸（碱）性强弱：较强的酸（碱）能制得较弱的酸（碱）．
18．制备实验方案的设计
【知识点的知识】
1、无机物的制备
无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来．物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类．物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等．化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等．要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法．
2、有机物的制备
有机物的制备要通过有机反应来实现．各类有机物的结构和性质，就是有机物制备的基础．一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法．尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系．理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物制备的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据．因此，在设计有机物的制备实验方案时，要充分利用这种衍生关系．
3、设计制备实验方案的一般思路
设计制备实验方案的一般思路是：
①列出可能的几种制备方法和途径；
②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；
③从中选取最佳的实验方法．在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制．
19．化学实验方案的评价
【知识点的知识】
对几个实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确做出判断．要考虑是否完全合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等．
1．从可行性方面对实验方案做出评价．
科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等．
2．从“绿色化学”视角对实验方案做出评价．
“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率较快； ③原料利用率以及合成物质的产率是否较高；④合成过程是否造成环境污染．
3．从“安全性”方面对实验方案做出评价．
化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等．
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